Klasszikus algebra tanár szakosoknakBevezetés Ez a könyv egy háromkötetes elektronikus jegyzet második kötete, amely a...

Klasszikus algebra tanár szakosoknak

Fried Katalin, Korándi József, Török Judit

© Eötvös Loránd Tudományegyetem

Készült a TÁMOP-4.1.2.A/1-11/1-2011-0073 számú, „E-learning természettudományos tartalomfejlesztés az ELTE TTK-n” című projekt keretében. Konzorciumvezető: Eötvös Loránd Tudományegyetem, konzorciumi tagok: ELTE TTK Hallgatói Alapítvány, ITStudy Hungary Számítástechnikai Oktató- és Kutatóközpont Kft.

Bevezetés

Ez a könyv egy háromkötetes elektronikus jegyzet második kötete, amely aklasszikus algebrába vezeti be a tanár szakos hallgatókat, témája pedig a komp-lex számok, polinomok, polinomegyenletek, lineáris egyenletrendszerek – ésezekhez kapcsolódó – témakörök.

Igyekeztünk azokra az alapvető ismeretekre szorítkozni, illetve részletesen ki-térni, amelyek a tanítás során (akár burkoltan is) felmerülhetnek. Továbbáigyekeztünk az egyetemi szintű ismereteket összefűzni a korábban tanultakkal,hogy megkönnyítsük az új (fajta) ismeretek feldolgozását.

Munkánkban sokan segítettek, külön köszönettel tartozunk Komjáth Péter-nek, a könyv korábbi verziójának lektorálásáért, illetve Hermann Péternek ésFried Ervinnek önzetlen segítségükért, amellyel nagyban segítették a munkán-kat. Köszönetünk Hraskó Andrásnak, aki a javított, elektronikus kiadást nézteát, valamint Pogáts Ferencnek a lelkiismeretes lektori munkájáért.

A könyv három részre tagozódik:

Számelmélet Ez a rész az általános- és középiskolában tanult számelméletiismereteket kívánja megalapozni, rendszerezni és kiegészíteni. Lényegében azoszthatóság fogalmától elindulva jutunk el a kongruenciákig és a számelméletifüggvényekig. Utalás történik a mai modern számelméletnek – ha nem is amódszereire, de – néhány problémájára és eredményére. A feldolgozás során– tekintettel arra, hogy ez a rész kapcsolódik a legközvetlenebbül az általánosiskolai anyaghoz – folyamatosan szem előtt tartottuk az iskolai alkalmazásokat,még ha nem is mindig tértünk ki rá.

„Klasszikus” algebra Ebben a részben megpróbáljuk összefoglalni azokat a(klasszikus) algebrai ismereteket, amelyek meggyőződésünk szerint az algebraialapműveltség részét képezik, és amelyekre a hallgatóknak egyéb tanulmányaiksorán is szükségük lehet. Így bevezetjük a komplex számokat, szólunk polino-

1

mokról és polinomegyenletekről, valamint még számos olyan dologról, amelyekneve egy ilyen bevezetésben valószínűleg inkább ijesztőek semmint lelkesítőeklennének, így most fel sem soroljuk ezeket. A feldolgozás során folyamato-san használni kezdjük az (absztrakt) algebra kifejezéseit, de ez már igazából akövetkező részhez tartozik. Íme:

„Modern” algebra Manapság leginkább ezt szokás algebrának nevezni. Eb-ben a részben megismerked(het)ünk a mai matematika (és részben fizika, kémiastb.) egészét átható „absztrakt” gondolkodásmód alapfogalmaival, alapvető, il-letve elemi tételeivel. Kiderül(het), hogy hol mindenütt fordulnak elő „algebrai”megfontolások az analízis témaköreiben, hogy miért nem geometriai, hanem al-gebrai probléma például a „kör négyszögesítése”, de még akár az is megtudható,hogy mik azok a racionális számok.

Megjegyzés

Ez a jegyzet nem könyv. Nem kíván tehát az egykori és mai algebra és szám-elmélet bármiféle összefoglaló műve lenni.

Ez a jegyzet nem előadásjegyzet. Törekvéseink ellenére sem gondoljuk, hogyez a munka teljesen helyébe tudna lépni az előadásokon való jegyzetelésnek.

Ez a jegyzet nem puska. Nem pótolja tehát a hallgató egyéni (meg?)barát-kozását az anyaggal, a definíciók, tételek, bizonyítások, példák és ellenpéldákvégiggondolását, újraalkotását, kiegészítését, megértését, ellenőrzését. Nemtitkolt célunk annak elérése, hogy ki-ki képes legyen saját példákat találni azegyes fogalmakra vagy akár befejezni (más módon) vagy újragondolni sajátkútfejéből egy-egy bizonyítást. (Az „a dolog részletesebb megfontolását az olva-sóra bízzuk ” típusú mondatok csábításának mi sem mindig tudtunk ellenállni,de azt azért jó szívvel nem tudjuk javasolni, hogy valaki egy vizsgán csupánarra hivatkozzon, hogy a szóbanforgó dolog „nyilvánvaló”.) Mindenki saját fe-lelőssége (ami egyszersmind a javát is szolgálja), hogy ezeket az állításokatellenőrizze.

Végezetül: reméljük, hogy ez a jegyzet komoly segítséget jelent mindazoknak,akik értő módon, figyelmesen olvassák-forgatják. Amennyiben így lesz, akkorebben nagy része van a lektoroknak és mindazon hallgatóknak, akik észrevéte-leikkel, megjegyzéseikkel és tanácsaikkal támogatták e jegyzet megszületését,amiért ezúton is szeretnénk mindannyiuknak köszönetet mondani.

a szerzők

I. rész

A komplex számok

3

1. A komplex számok bevezetése

A történelem során először a természetes számok alakultak ki, majd a törtek,a negatív egész, illetve tört számok, és időközben a számíráshoz a 0 is. Ezekmind gyakorlati fontossággal bírtak már évezredekkel ezelőtt is.

Az irracionális számok – és azok algebrájának – felfedezése azonban csak alignéhány száz éve kezdődött el.

Az ókorban is tudtak ugyan róla, hogy vannak olyan mennyiségek, amelyekaránya nem fejezhető ki két természetese szám arányaként, ám emiatt nemváltoztatták meg a számokról alkotott fogalmukat. Erre nem is volt szüksé-gük. Gondoljunk csak bele, hogy bármilyen pontossággal írunk le egy valósszámot tizedestört alakban, csak racionális lehet (mert véges). Esetleg tudjukjelölni, ha egy tizedestört szakaszos végtelen, ám az is racionális. A mindenna-pi életben (piacon, szobafestéskor, karácsonyi ajándékok csomagolása közben)nincs szükség az irracionális számokra, csak azok (valamilyen pontossággalmegadott) racionális közelítésére.

Persze például a√

2 jelöléssel le tudunk írni egy irracionális számot. De ezmás alak, ez csak egy szimbólum, ami mindössze annyit jelent, hogy egy olyanszám, amelynek a négyzete 2, az x2 = 2 „egyenlet egy megoldása”. Ha akko-riban, amikor csak a racionális számokat ismerték, keresték volna az x2 = 2egyenlet megoldását, nem találták volna. A racionális számok körében ennekaz egyenletnek nincsen megoldása. Mi azonban ismerjük a valós számokat, ésa valós számok körében meghatározhatjuk mindkét gyökét (

√2, −√

2).

A valós számoknak is vannak azonban korlátai: az x2 = −1 egyenletnek ebben aszámkörben sincs megoldása, mert nincs olyan valós szám, amelynek a négyzetenegatív.

Ha viszont lenne egy olyan számunk, amelynek a négyzete −2, akkor – a valósszámokon „ismert azonosság” alapján – az összes többi negatív valós szám négy-zetgyökét ki tudnánk fejezni. A −4 négyzetgyöke például

√−4 =

√2 · (−2)

miatt lehetne√

2 ·√−2, ha szabad lenne ilyen átalakítást végezni. Megnyugta-

4

tásul: abszolúte nem szabad! (A valós számok körében olyan azonosság, hogy√ab =

√a ·√b – nézzen csak utána a kedves olvasó – nincsen!)

Technikai okokból az tűnik célszerűnek, hogy konkrétan a −1 négyzetgyökére(ami nem biztos, hogy létezik, és nem biztos, hogy egyértelmű) vezessünk beegy szimbólumot, mondjuk az i betűt. (Az, hogy nem biztos, hogy létezik,arra utal, hogy attól, hogy valamiről beszélünk, még nem biztos, hogy létezik.Beszélhetnénk a 0 reciprokáról, attól az még nem lesz. Erről ennyit.)

1.1. A komplex számok szemléletes bevezetése

Az algebra egyik célja az algebrai struktúrák vizsgálata.

Az algebrai struktúra olyan nem üres halmaz, amelyen értelmezve van egy vagytöbb művelet, és a műveletek adott tulajdonsággal, tulajdonságokkal rendel-keznek.

A valós számok tulajdonságaival korábban már megismerkedtünk. Foglaljukössze, melyek ezek!

A valós számok halmazán értelmezve van két művelet, az összeadás ésa szorzás.

Az összeadás

– kommutatív (felcserélhető), vagyis ∀a, b ∈ R esetén a+ b = b+ a;

– asszociatív (társítható), vagyis ∀a, b, c ∈ R esetén (a+ b) + c = a+ (b+ c)(ilyenkor a zárójelet szokás is elhagyni: a+ b+ c, bár ez teljesen indokolatlan,mert azt az érzetet kelti, mintha lenne egy háromváltozós összeadás);

– invertálható (megfordítható), vagyis ∀a, b ∈ R esetén az a + x = b (és azy + a = b) „egyenleteknek” létezik x, y megoldása a valós számhalmazban.

Ezt úgy is meg lehet fogalmazni, hogy létezik az összeadás egységeleme (eza 0), amelyre teljesül, hogy ∀a ∈ R esetén a + 0 = 0 + a = a, valamintminden elemnek létezik az additív (összeadás szerint) inverze: ∀a ∈ R esetén∃a′, amelyre a+ a′ = a′ + a = 0.

A szorzás

– kommutatív: ∀a, b ∈ R esetén a · b = b · a;– asszociatív ∀a, b, c ∈ R esetén a · (b · c) = (a · b) · c (ilyenkor a zárójelet ittis szokás elhagyni: a · b · c, bár ez is teljesen indokolatlan, mert azt az érzetetkelti, mintha lenne egy háromváltozós szorzás);

5

– van multiplikatív egységeleme: van olyan elem (ez az 1), amelyre teljesül,hogy ∀a ∈ R esetén a · 1 = 1 · a = a, továbbá a nullától (az additívegységelemtől) eltekintve minden elemnek van multiplikatív inverze:∀a ∈ R \ {0} ∃a′′, amelyre a · a′′ = a′′ · a = 1

Az összeadást és a szorzást összekapcsolja a disztributivitás, mégpedig a szor-zás disztributív az összeadásra: ∀a, b, c ∈ R esetén a · (b+ c) = a · b+ a · c.

Az ilyen típusú struktúrákat (amelyek a félkövér betűkkel kiemelt tulajdonsá-gokkal rendelkeznek) az algebrában testnek nevezzük.

További fontos tulajdonságai vannak a valós számoknak. Ezeket nem nehézlevezetni az előbb felsorolt tulajdonságokból, most nem bizonyítjuk be.

1. Minden valós szám 0-szorosa 0.

2. Az is teljesül, hogy két valós szám szorzata csak úgy lehet nulla, ha a szorzatvalamelyik tényezője nulla.

Amikor tehát ki akarjuk bővíteni a valós számokat a√−1-gyel, akkor olyan

halmazt keresünk, amely

• tartalmazza a valós számokat,

• a valós számokon értelmezett két művelet ezen a bővebb halmazon iselvégezhető legyen,

• az összeadás és a szorzás szokásos műveleti tulajdonságai továbbra isteljesüljenek a bővebb halmazon, valamint

• bármelyik valós számból tudjunk négyzetgyököt vonni, és az eredményebben, a bővebb halmazban legyen.

Jelöljön tehát i egy olyan dolgot, amelynek a négyzete −1. (Az i jelölés törté-netileg onnan ered, hogy ez egy képzeletbeli – imaginárius – szám.) Eszerinti az x2 = −1 egyenletnek biztosan megoldása. (Azt persze nem tudjuk, hogyvan-e más megoldása is.)

Ha i-vel a valós számokon megfogalmazottakhoz hasonló szabályok alapjánszámolni szeretnénk, akkor először is hozzá kell vennünk őt a valós számokhalmazához. (i nem valós szám, mert a valós számok négyzete nemnegatív,márpedig i négyzete −1.)

Ez a halmaz azonban így még nem alkot testet az összeadásra és a szorzásra.

6

1. i valós számú többszöröse (például t · i) csak akkor valós szám, ha a 0-szorosát vesszük. A szorzás valós számokon megismert tulajdonságai szerintugyanis egyrészt 0 · i = 0 kell legyen, másrészt t · i = 0 csak úgy lehet, ha tvagy i nulla (de i nem nulla, hiszen nem valós), ezért t = 0. Ha viszont t 6= 0

és t · i valós szám (de nem 0), például s lenne, akkor i =s

tlenne, ami valós

szám, tehát i is valós lenne, pedig nem az.

Ezért ahhoz, hogy a szorzást el tudjuk végezni, a valós számokhozhozzá kell vennünk a t · i alakú számokat is (t ∈ R).

2. i-hez valós számot adva (például t + i) nem kaphatunk valós számot, haugyanis valós szám (például s) lenne az összeg, akkor s− t = i, vagyis i is valósszám lenne.

Ezért ahhoz, hogy az összeadást el tudjuk végezni, a valós számokhozhozzá kell vennünk még a t+ i alakú számokat is (t ∈ R).

Látni kell, hogy a t + i alakú számok nem lehetnek egyenlők az ri (r ∈ R)számmal, (csak a nyilvánvaló 0 + i = 1 · i esetben), hiszen t + i = ri esetént = (r − 1)i lenne, amiből r = 1, mert csak így lehet valós a jobb oldalon állószám. Ha viszont r = 1, akkor t = 0, így a nyilvánvaló i = i azonosságot írtukfel.

3. A t + i és az ri alakú számokat is össze kell tudnunk adni – feltéve, hogyezeket nem írtuk még fel. Vizsgáljuk meg: r+s·i (r és s valós számok) pontosanakkor lehet egyenlő t · i-vel, amikor r + s · i = t · i, vagyis ha r = (t − s) · i,amiből r = 0 és t = s;

illetve r + s · i csak úgy lehet egyenlő t + i-vel, amikor r + s · i = t + i, azaz(s− 1)i = t− r, amiből s = 1, így t = r;

ami azt jelenti, hogy a 2. és a 3. pont alatti alakú kifejezések összegeit eddigmég nem mind kaptuk meg.

Ezért a valós számokhoz hozzá kell vennünk az összes r + si alakúszámot (r, s ∈ R).

Fontos megállapítanunk, hogy a valós számokhoz hozzávett elemek közül mi-ként lehet kettő egyenlő.

4. A r+ s · i felírás egyértelmű, azaz különböző r, s esetén különböző elemeketkapunk. Ha ugyanis r+s · i = r′+s′ · i, akkor r−r′ = (s′−s)i, vagyis s−s′ = 0(tehát s = s′) és r − r′ = 0 (tehát r = r′).

Úgy tűnik, hogy mostanra elegendő elemet vettünk hozzá a valós számhalmaz-hoz ahhoz, hogy a műveleteket el tudjuk végezni ebben a körben. De vajon azr + si típusú számokat már össze tudjuk adni egymás között? Össze tudjuk

7

szorozni? Elvégezhető-e rajtuk a kivonás, az osztás (természetesen a nullátkizárva)?

Vizsgáljuk meg!

1. r + si+ r′ + s′i = (r + r′) + (s+ s′)i, tehát az összeg is ilyen típusú.

2. r + si− (r′ + s′i) = (r − r′) + (s− s′)i, tehát a különbség is.

3. (r + si)(r′ + s′i) = rr′ + ss′ · (−1) + (rs′ + sr′)i, ami egy valós szám és egyvalós szám i-szeresének összege, tehát a szorzat is ilyen típusú.

4.r + si

r′ + s′ikiszámításához egy – a középiskolai tanulmányainkból ismerős –

trükköt alkalmazunk.

A nevezőben burkoltan egy négyzetgyökös kifejezés áll: r′+s′i írható r′+s′√−1

(ez persze nem teljesen korrekt, mert még nem tudjuk, hogyan kell negatív valósszámból négyzetgyököt vonni). A szokásos eljárás ilyenkor a gyöktelenítés, azazbővítjük a törtet r′ − s′i-vel (ami nem lehet nulla, mert az azt jelentené, hogys′ és r′ is nulla, vagyis r′ + s′i is nulla lenne, amit kizártunk):

r + si

r′ + s′i· r′ − s′ir′ − s′i

=(r + si)(r′ − s′i)(r′ + s′i)(r′ − s′i)

=

(rr′ − ss′) + i(sr′ − rs′)(r′)2 − (s′i)2

=(rr′ − ss′) + i(sr′ − rs′)

(r′)2 + (s′)2

Ezzel az r+si elemek (ahol r, s ∈ R valós számok) olyan halmazához jutottunk,amelyben benne vannak a valós számok, el tudjuk végezni rajtuk az összeadást,a kivonást, a szorzást és az osztást (nem 0 osztó esetén), és azt is feltételeztük,hogy ezen műveletek valósokon megismert tulajdonságai továbbra is fennma-radnak.

Mivel ezek a számok amolyan „összetett” vagy „komplex” számok, ezt a halmaztkomplex számoknak nevezték el. A komplex számok halmazát C-vel szokásjelölni.

Meglepő módon a komplex számok precíz algebrai felépítése szinte a valós szá-mokéval egyidőben alakult ki – az „egyenletmegoldás” problémaköréhez kap-csolódva. Ennek az az egyszerű oka, hogy magának az egyenletmegoldásnak azabsztrakt algebrai alapjait alig párszáz éve fogalmazták meg. Az elmélet kidol-gozásának jeles képviselői közé tartozott többek között Carl Friedrich Gauss(1777–1855) német, Niels Henrik Abel (1802–1829) norvég, Évariste Galois(1811–1832) francia matematikus. (A két utóbbi rendkívül fiatalon halt meg,de elképesztően fontos mérföldköveket fektettek le munkásságuk során.)

8

Leonhard Euler (1707–1783) is foglalkozott algebrával, de számos zseniális gon-dolata ellenére voltak híres tévedései is azon egyszerű oknál fogva, hogy az őkorában a matematika számos alapfogalma még nem volt kellően tisztázva, ígya komplex számok algebrája sem. Úgy tudni, hogy az (1.1) (ellentmondásos)megállapítás is tőle ered.

A valós számok korrekt matematikai tárgyalása (értsd: axiomatikus tárgyalása)az ókori görögök óta tisztázásra szorult, mert már őket is elbizonytalanítottatöbb megválaszolhatatlan kérdés, azonban csak Georg Cantor (1845–1918), il-letve Richard Dedekind (1831–1916) fogalmaztak meg olyan fontos axiómákata valós számokra, amelyek segítségével megoldottak számos, korábban kínosanzavaró problémát.

Amikor a tudósok korábban egyenleteket írtak fel (pontosabban polinomegyen-leteket – ezekben az x szimbólum tetszőleges hatványa, illetve ezek számszoro-sainak összege szerepel), akkor ezeknek az igen egyszerűnek hitt egyenletekneksem mindig sikerült megtalálni a megoldásait.

A fő algebrai feladat az volt, hogy megoldóképletet akartak adni tetszőlegespolinom gyökeinek meghatározására.

1. példa: Adjunk általános megoldási módszert az ax + b = 0 egyenletmegoldására.

(i) Ha a = 0, b = 0: x tetszőleges szám lehet.

(ii) Ha a = 0, b 6= 0, akkor nincs olyan x érték, amely eleget tenne az egyenletfeltételeinek.

(iii) Ha a 6= 0, akkor az x = − baaz egyetlen megoldása az egyenletnek.

2. példa: Adjunk általános megoldási módszert az ax2 + b = 0 egyenletmegoldására.

(i) Ha a = 0, b = 0, akkor tetszőleges x eleget tesz az egyenlet feltételeinek.

(ii) Ha a = 0, b 6= 0, akkor nincs ilyen x érték.

(iii) Ha a 6= 0, akkor az eredeti egyenlet ekvivalens az x2 = − ba

egyenlettel.(Majd a későbbiekben pontosítjuk, hogy mit jelent az egyenletek ekvivalenciá-ja.)

Ha − banegatív, akkor nincs olyan valós szám, amelyet x helyébe írva az eleget

tenne az egyenlet feltételeinek.

Ha b = 0, akkor csak az x = 0 a megoldás.

9

Ha − bapozitív, akkor létezik (két különböző) valós négyzetgyöke, amely alkal-

mas x szerepének betöltésére: x = ±√− ba.

1.1.1. Megjegyzés A komplex számok körében persze akkor is találunk meg-

oldást, ha − ba

negatív, nevezetesen: x =

(±√b

a

)· i. Itt feltettük, hogy a

négyzetgyökvonás azonosságai is öröklődnek a komplex számokra. Sajnos azon-ban nem öröklődnek, mert különben

1 =√

1 =√

(−1) · (−1) =√

(−1) ·√

(−1) = (√−1)2 = −1 (1.1)

lehetne. Ez viszont nem lehetséges, mert már a valós számok körében is ellent-mondás.

Ha megvizsgáljuk a lépéseket, a szorzás, a hatványozás és a négyzetgyökvonásszokásos „azonosságait” alkalmaztuk. A szorzás tulajdonságait feltétlenül átakarjuk örökíteni, és azt a tulajdonságot is, hogy (

√y)2 = y. Ez azt jelenti,

hogy a négyzetgyökvonás korábban megismert azonossága nem alkalmazható.Ez bizony nagyon kellemetlen, de – reméljük – megleszünk enélkül is.

A négyzetgyökvonás fent bemutatott problémája azt mutatja, hogy jó lennemegkülönböztetnünk jelben is, hogy valósokon vagy komplexeken akarunk-eelvégezni egy négyzetgyökvonást.

Vegyük például a√−9i · 25i kifejezést, ami nyilván egyenlő

√9 · 25-tel. Nem

írhatjuk, hogy a komplex számok körében ez√−9i ·

√25i-vel egyenlő. De azt

sem írhatjuk, hogy√

9 ·√

25-tel egyenlő, mert a négyzetgyökvonás ezen azo-nosságát (a szereplő komplex szorzótényezők miatt) a komplex számok körébennem alkalmazhatjuk. Ez kimondottan a komplex számokon elvégzett négyzet-gyökvonás. Jelölésben azonban nem fogjuk megkülönböztetni a két halmazonelvégzendő négyzetgyökvonást.

Az igazsághoz persze hozzátartozik az is, hogy a valós számok körében semigaz, hogy

√ab =

√a ·√b, mert például a

√(−9) · (−25) bár létezik, de nem

egyenlő√−9 ·√−25-tel. A

√ab =

√a ·√b összefüggés csak akkor teljesül, ha

ab, a, b nemnegatív valós számok.

Az komplex számok körében ez az összefüggés nem teljesül, nem teljesülhet,mert a négyzetgyökvonás – mint azt majd látni fogjuk – nem egyértékű. Az„√ab =

√a ·√b ” azonosság helyett azonban bebizonyítható egy ehhez nagyon

hasonló összefüggés, amely a komplex számok körében fennáll: ha a ∈ R és zkomplex szám (amelynek tehát létezik négyzetgyöke), akkor

√a · z = |a| ·

√z.

10

1.2. A komplex számok algebrai bevezetése

Többféleképpen is be lehet vezetni a komplex számokat. (A könyv harmadikkötetében bemutatunk a valós számok egy általános testbővítési lehetőségét.)Most egy ahhoz nagyon hasonló, konkrét bevezetést fogunk bemutatni.

Induljunk ki a valós számokon értelmezett R×R, vagyis az R2 Descartes-szorzatelemeiből. Ennek elemei tehát rendezett valós számpárok: (a; b).

Két számpárt rendszerint csakis akkor fogunk egyenlőnek tekinteni,ha az első elemeik és a második elemeik is egyenlőek (ezt általábanis így szokás).

1.2.1. Megjegyzés Ez a feltétel – bár nem látszik rajta – nagyon fontos!A műveletek tulajdonságának ellenőrzésekor ugyanis elképzelhető, hogy az egyikoldalon más kifejezés adódik, mint a másikon, és el kell tudnunk dönteni, hogya kapott eredmények egyenlők-e.

Persze, ha sorrendben egyenlőek a számpárok tagjai, akkor nyilván egyenlő akét számpár.

Előfordulhat azonban, hogy úgy is egyenlőnek tekintünk két számpárt, hogy nemegyenlőek a tagjaik. A racionális számokat rendezett egész számpároknak tekint-ve ((számláló, nevező)) például a (3; 4) és a (6; 8) számpárok egyenlők, mert3

4=

6

8, de számpárként különbözők.

Értelmezzünk az R2 halmazon két műveletet – jelben ⊕ és � – a következő-képpen:

(a1, b1)⊕ (a2, b2) = (a1 + a2, b1 + b2), (1.2)

illetve

(a1, b1)� (a2, b2) = (a1a2 − b1b2, a1b2 + b1a2). (1.3)

Ellenőrizzük az ⊕ tulajdonságait:

Kommutatív, mert

(a1, b1)⊕ (a2, b2) = (a1 + a2, b1 + b2) = (a2 + a1, b2 + b1) = (a2, b2)⊕ (a1, b1).

Asszociatív, mert

((a1, b1)⊕ (a2, b2))⊕ (a3, b3) =

(a1 + a2, b1 + b2)⊕ (a3, b3) = (a1 + a2 + a3, b1 + b2 + b3) =

(a1, b1)⊕ (a2 + a3, b2 + b3) = (a1, b1)⊕ ((a2, b2)⊕ (a3, b3)).

11

Az � tulajdonságai:

Kommutatív, mert

(a1, b1)� (a2, b2) = (a1a2 − b1b2, a1b2 + b1a2) =

(a2a1 − b2b1, b2a1 + a2b1) = (a2, b2)� (a1, b1).

Asszociatív, mert

((a1, b1)� (a2, b2))� (a3, b3) = (a1a2 − b1b2, a1b2 + b1a2)� (a3, b3) =

(a1a2a3 − b1b2a3 − a1b2b3 − b1a2b3, a1a2b3 − b1b2b3 + a1b2a3 + b1a2a3),

míg

(a1, b1)� ((a2, b2)� (a3, b3)) = (a1, b1)� (a2a3 − b2b3, a2b3 + b2a3) =

(a1a2a3 − a1b2b3 − b1a2b3 − b1b2a3, a1a2b3 + a1b2a3 + b1a2a3 − b1b2b3).

A két számpár a számpárokra vonatkozó egyenlőség szerint, valamint a való-sokon érvényes műveleti azonosságok miatt ugyanaz a szám.

Az � disztributív az ⊕-ra:

(a1, b1)� ((a2, b2)⊕ (a3, b3)) = (a1, b1)� (a2 + a3, b2 + b3) =

(a1a2 + a1a3 − b1b2 − b1b3, a1b2 + a1b3 + b1a2 + b1a3),

míg

((a1, b1)� (a2, b2))⊕ ((a1, b1)� (a3, b3)) =

(a1a2 − b1b2, a1b2 + b1a2)⊕ (a1a3 − b1b3, a1b3 + b1a3) =

(a1a2 − b1b2 + a1a3 − b1b3, a1b2 + b1a2 + a1b3 + b1a3),

a kettő pedig a számpárok egyenlőségére vonatkozó feltételeink, valamint avalósokon érvényes műveleti tulajdonságok miatt ugyanaz a szám.

1.2.2. Állítás Az (a, 0) alakú számok az (1.2), illetve (1.3) alatt meghatáro-zott ⊕ és � műveletekkel művelettartó módon megfeleltethető a valós számoktestének.

Pontosabban: az ({(a, 0)},⊕,�) struktúra test, és izomorf a valós számok testével. Létesít-hető köztük művelettartó bijekció. A művelettartás pedig azt jelenti, hogy ha két elemenelvégezzük valamelyik műveletet, akkor az eredménynek megfelelő elem ugyanaz, mint ami-kor a nekik megfelelő elemeken elvégezzük a másik halmaz megfelelő műveletét (1.1. ábra).

12

Bizonyítás. Az egy-egyértelmű megfeleltetés nyilvánvalóan adódik (termé-szetes), hiszen tetszőleges a valós számnak egyértelműen megfeleltethetjük az(a, 0) számpárt, és fordítva, az (a, 0) számpárnak az a valós szám felel meg.Ellenőriznünk kell még a „művelettartást”, vagyis

1. ha a+ b = c, akkor vajon (a, 0)⊕ (b, 0) egyenlő-e (c, 0)-lal: (a, 0)⊕ (b, 0) =(a+ b, 0), ami valóban az a+ b-nek megfelelő (c, 0) párt jelenti;

2. ha pedig a · b = c, akkor (a, 0)� (b, 0) = (ab, 0) = (c, 0), ami éppen a c-nekmegfelelő pár. �

Eszerint a valós számpárokon az ⊕ és az � műveletek megfelelnek a valósszámokon értelmezett összeadásnak és szorzásnak.

Természetesen a valós számpárok halmazában más elemek is vannak (nemcsaka valós számoknak megfelelők), ezeken azonban eddig sem jelentett volna prob-lémát, ha a műveleteket +, illetve · jellel írtuk volna. (Pontosabban: csak azértkényszerültünk más jelet használni a műveletekhez, hogy megkülönböztessüka valósokon értelmezett műveletektől. Erre azonban – mint láttuk – most márnincs szükségünk.)

Könnyen ellenőrizhetjük, hogy minden (a, b) számpár egyértelműen felírható(a, 0) + (b, 0) · (0, 1) alakban. (l. 1. feladat a 17. oldalon.)

Mindez azt jelenti, hogy minden (a, b) számpár egyértelműen felírható az a ésa b valós számok, valamint a (0, 1) számpár segítségével. Ha most még – arövidség kedvéért – a (0, 1) képzeletbeli (imaginárius) számot is egyszerűeni-vel jelöljük, akkor teljesül az alábbi:

1.2.3. Állítás Minden (a; b) számpár felírható a + b · i alakban. Ebben a fel-írásban a műveleti szabályok:

(a+ bi) + (c+ di) = (a+ c) + (b+ d)i;

(a+ bi) · (c+ di) = (ac− bd) + (ad+ bc)i;

a+ bi = c+ di akkor és csak akkor, ha a = c, b = d.

Végül azt kell még ellenőriznünk, hogy minden valós számnak létezik-e négy-zetgyöke.

1.2.4. Állítás Minden valós számnak létezik négyzetgyöke a komplex számokkörében.

13

Bizonyítás. Ha a ≥ 0, akkor nyilvánvalóan létezik valós négyzetgyök, mégpe-dig

√(a, 0) = (

√a, 0).

Láttuk már, hogy akár ha csak egyetlen negatív valós számnak van négyzet-gyöke, akkor a műveleti tulajdonságok miatt mindnek van. (Itt ugyan fel-használtuk a szorzat négyzetgyökére vonatkozó

√ab =

√a√b azonosságot, de

mivel nemnegatív tényezőt emelünk ki a gyökjel alól, így ezt a valósokon ismertformájában alkalmaztuk.) �

Ennél több is igaz – mint majd látni fogjuk: minden komplex számnak vannégyzetgyöke.

1.3. A komplex számok négyzetgyökéről

A komplex számok struktúrája tehát ugyanúgy test, mint a valós számoké.

Elvesztettük ugyan az „√a · b =

√a ·√b ” azonosságot (ami a valósokon sem

általánosan teljesül), de nyertünk valamit:

1.3.1. Állítás Minden komplex számnak létezik négyzetgyöke a komplex szá-mok halmazában.

Bizonyítás. Legyen z = a + bi egy komplex szám, és konstruáljuk meg egynégyzetgyökét. (Ha van több is, akkor persze mindet.)

Keressük azt az u+vi számot, amelynek a négyzete a+bi, vagyis u2−v2+2uvi =a+ bi, azaz u2 − v2 = a és 2uv = b.

1. Ha z = 0, vagyis a = b = 0, akkor u2 = v2 és uv = 0, ezért u = v = 0 azegyetlen lehetséges megoldás, 0 a négyzetgyök.

2. Ha b = 0, akkor u vagy v nullával egyenlő. Ha v = 0, akkor a = u2 ≥ 0, ezért±√a a négyzetgyök, ha u = 0, akkor a = −v2 ≤ 0, ezért ±

√−a a négyzetgyök.

3. Egyébként mivel b 6= 0, sem u, sem v nem nulla, vagyis ekkor

v =b

2u, v2 =

b2

4u2, u2 − b2

4u2= a.

4u4 − 4au2 − b2 = 0

Megoldása (mint u2-ben másodfokú valós együtthatós egyenlet): u21,2 =

a±√a2 + b2

2. A negatív előjelű négyzetgyökre a tört negatív (mert a négy-

zetgyök alatt a2-nél nagyobb szám áll), így az nem megoldás. Vagyis u2 =

14

a+√a2 + b2

2, amiből u1,2 = ±

√a+√a2 + 4b2

2. Ebből a megfelelő v1,2 is ki-

számítható, hiszen úgy választottuk meg u-t és v-t, hogy v =b

2u.

Ekkor

u1 + v1 =

√a+√a2 + 4b2

2+

b

2√

a+√a2+4b2

2

,

illetve

u2 + v2 = −

√a+√a2 + 4b2

2+

b

−2√

a+√a2+4b2

2

=

= −

√a+√a2 + 4b2

2− b

2√

a+√a2+4b2

2

.

Vegyük észre, hogy a kapott két gyök (u1 + iv1, illetve u2 + iv2 = −u1 − iv2 =−(u1 + iv1)) éppen egymás ellentettjei.

Az is kiderült tehát, hogy ha z 6= 0, akkor két négyzetgyök van, amelyekegymás ellentettjei. �

1.3.2. Megjegyzés A 18. oldalon található 4. feladat alapján tudjuk, hogynem lehet egy komplex számot pozitívnak vagy negatívnak nevezni, mert nincsművelettartó rendezés a komplex számokon.

Eszerint „előjelük” szerint nem tudjuk megkülönböztetni a két négyzetgyököt,hiszen nincs nekik olyan. Más módon természetesen meg tudjuk különböztetniőket.

1.4. Polinomegyenletek megoldóképletéről

Az anxn + an−1xn−1 + . . . + a1x + a0 alakú kifejezést polinomnak nevezzük,

az anxn + an−1xn−1 + . . .+ a1x+ a0 = 0 egyenletet pedig polinomegyenletnek.

Polinomegyenletek megoldásával a későbbiekben majd még részletesebben fog-lalkozunk.

Az ax2 + bx+ c = 0 egyenletet másodfokú (polinom)egyenletnek nevezzük.

15

A másodfokú polinomegyenletet (természetesen nem ilyen néven) már az ókor-ban meg tudták oldani (bizonyos esetekben). A megoldóképlet napjainkbanközépiskolai tananyag, és semmi nehezen követhető logikai lépés nincs benne,egyszerűen levezethető. A teljes és precíz megoldóképletre mégis sokáig kellettvárni, mert az algebrai háttér nem volt hozzá kidolgozva.

Most, hogy már ismerjük a komplex számokat, egy kicsit szélesebb a látókö-rünk, újragondolhatjuk, amit ezekről az egyenletekről tudunk.

A valós másodfokú polinomegyenletnek akkor van valós megoldása, ha azegyenlet diszkriminánsa nemnegatív. Ha a diszkrimináns nulla, akkor – a gyök-tényezős alak alapján – azt mondjuk, hogy két egyenlő valós gyök van, pozitívdiszkrimináns esetén pedig két különböző valós gyök van.

A komplex együtthatós másodfokú polinomegyenletek megoldóképletét akomplex számok körében pontosan ugyanúgy lehet levezetni, mint a valósszámokon (minden algebrai lépés érvényes a komplex számokon is). Miutánminden komplex számnak van négyzetgyöke, biztosak lehetünk benne, hogyminden másodfokú egyenlet megoldható. (Nincs olyan, amikor a „diszkrimi-nánsból” ne tudnánk négyzetgyököt vonni.) Ez egyszersmind azt is jelenti,hogy a valós együtthatós másodfokú egyenleteknek a komplex számok körébenmindig van gyöke. (Csak komplex együtthatós egyenletként kell rájuk gondol-ni.) Ha tehát a valós együtthatós másodfokú polinomegyenlet diszkriminánsanegatív, akkor két komplex gyöke van.

Az ax3 + bx2 + cx + d = 0, vagyis a harmadfokú (polinom)egyenletek meg-oldásához viszont hosszú, verejtékes út vezetett, és új (a komplex) számokatkellett bevezetni. (Meglepő módon a másodfokú egyenletek megoldásához mégnem érezték szükségesnek a negatív számból való négyzetgyökvonás lehetősé-gét. Emögött az rejlik, hogy az irracionális számok ugyan elképzelhetetlenek,de mégiscsak léteznek – például az egység oldalú négyzet átlójának a hossza–, olyan szám azonban „nem létezik”, amelyet négyzetre emelve negatív valósszámot kapunk – hacsak nem képzeletben.)

A megoldások – mint majd látni fogjuk – nem rendezhetők olyan egyszerű, zártformulába, mint a másodfokú egyenlet gyökei.

A negyedfokú egyenletre lehet ugyan megoldóképletet (és néhány feltételt) meg-adni; ám az ötöd- vagy annál magasabb fokú polinomok gyökeinek képletbentörténő megadása már lehetetlen! (Ezt Niels Abel bizonyította.)

Ismereteink szerint Gerolamo Cardano (1501–1576) olasz tudós volt az első,aki – 1545-ben Arc Magna című könyvében – publikálta a harmadfokú egyen-let általános megoldóképletét. Niccolò Fontana Tartaglia (1500–1557) állította,

16

Cardano tőle hallotta a megoldóképletet, és titoktartási ígérete ellenére pub-likálta. A negyedfokú egyenlet általános megoldása Cardano tanítványának,Lodovico Ferrari (1522–1565) nevéhez fűződik.

A komplex számok halmazáról először persze nem tudták, hogy „létezik” (vagyishogy lehet olyan algebrai struktúrát készíteni, amelyben minden valós számnakvan négyzetgyöke). Ennek ellenére „léteznek” a komplex számok (csak annyira,mint a természetes számok), többféle modell is adható rájuk, és két ilyen modellközött izomorfia (1.1. ábra), algebrai azonosság áll fenn: a halmazok közöttlétesíthető művelettartó bijektív leképezés, vagyis az egyikben adott számokonelvégzett művelet eredményének a képe ugyanaz, mint az adott elemek képénelvégzett (másik halmazbeli) művelet eredménye. (Létezik a két halmaz közöttművelettartó bijekció, úgynevezett izomorfizmus.)

1.1. ábra. Struktúrák közti izomorfizmus

Feladatok

1. Igazolja a komplex számok bevezetésében kimondott „minden (a, b) szám-pár egyértelműen felírható (a, 0) + (b, 0) · (0, 1) alakban” állítást!

2. Fejezze ki√−10 segítségével

(a)√

3-at,

(b)√−3-at,

(c)√

1-et,

(d)√

10-et,

(e)√

0,1-et,

(f)√−0,1-et

17

3. Végezze el a következő műveleteket!

(a) i+ 1 + 2i− 1

(b) (i+ 1)(2i− 1)

(c) (3i+ 1)(−3i+ 1)

(d) (1− i)2

(e)1

i

4. A komplex számok körében nem lehet művelettartó rendezést definiálni.Ha ugyanis azt feltételezzük, hogy 0 < i, akkor i ellentettje, −i nyilvánnegatív: −i < 0 < i. A 0-nál nagyobb i-vel szorozva az egyenlőtlenségetazt kapjuk, hogy −(−1) < 0 < −1, vagyis 1 < 0 < −1.

Igazolja, hogy ha azt feltételezzük, hogy 0 > i, akkor is ellentmondásrajutunk!

5. Határozza meg x és y értékét úgy, hogy a (xi+3)(4i−y) szorzat 0 legyen!

6. Számítsa ki a következő hatványokat!

i3, i4, (2i)2, (1 + i)2, (1− i)2, (1 + i)3,(

1 + i

1− i

)7

7. A másodfokú egyenlet megoldóképlete segítségével keresse meg a követ-kező másodfokú egyenletek megoldásait!

(a) x2 − 2x+ 4

(b) x2 − x+ 2

(c) 2x2 + x+ 5

(d) x2 + x+ 1 = 0

(e) 4x2 + 4x+ 1 = 0

(f) x2 − x+ 3 = 0

18

2. Komplex számok algebraiés trigonometrikus alakja

Szokás a komplex számokat az ábécé végén szereplő betűkkel jelölni. Ez csupánegy konvenció, esetünkben mindössze azt a célt szolgálja, hogy feltűnően megtudjuk különböztetni a valós számokat a komplex számoktól. (Megjegyezzük,hogy minden valós szám egyben komplex is, tehát inkább azt kellene monda-nunk, hogy a valós, illetve a komplex számként kezelt számokat különböztetjükmeg ezzel.) A későbbiekben nem fogunk ragaszkodni ehhez a konvencióhoz. Hamegismerjük a komplex számokon értelmezett műveletek alapvető tulajdonsá-gait, nem teszünk többet különbséget valós és komplex szám között.

2.1. A komplex számok szemléltetése

2.1.1. Definíció. A komplex számok a+ bi alakját (ahol a és b valós számok)algebrai alaknak nevezzük. Ebben a felírásban a-t valós résznek, bi-t képzetesrésznek nevezzük.

Ha a = 0 és b 6= 0, akkor a számot tiszta képzetesnek nevezzük. (Ha b = 0,akkor pedig valósnak.)

2.1.2. Példa. A 3 + 4i komplex szám valós része 3, képzetes része 4i. 4i tisztaképzetes (szám).

A komplex számokat (a valósokhoz hasonlóan) hasznos lehet ábrázolni. A valósszámokat (szám)egyenesen ábrázoltuk, logikusan adódik a gondolat, hogy a kétvalós számmal meghatározott komplex számokat (valós számpárként) a síkban,Descartes-féle koordináta-rendszerben ábrázoljuk. Ezt komplex koordináta-síknak szokás nevezni. (2.1. ábra)

2.1.3. Definíció. A koordináta-rendszer (a; b) koordinátájú pontjának feleltes-sük meg az a+ bi komplex számot. Az egyik (x-nek megfelelő) tengely neve

19

2.1. ábra. A komplex koordinátasík

valós tengely, jelölése < vagy Re, az egysége az 1, ezen szemléltetjük a komp-lex szám valós részét; a másik (y-nak megfelelő) tengely neve képzetes (vagyimaginárius) tengely, jelölése Im vagy Im, az egysége az i, ezen szemléltetjük akomplex szám képzetes részét.

Az 1-et valós egységnek, az i-t képzetes egységnek szokás nevezni.

Később látni fogjuk, hogy az a+ bi komplex számot nemcsak az (a; b) ponttal,hanem az oda mutató helyvektorral is lehet – és érdemes is – azonosítani.

2.1.4. Definíció. A z = a+ bi komplex számnak megfeleltetett (a; b) pontot aszám geometriai alakjának nevezzük. (2.2. ábra)

Sokszor fogjuk az (a; b) pont helyett az oda mutató helyvektort szerepeltetni.A komplex számok szemléltetéséhez valójában éppen a helyvektor lesz hasz-nunkra.

Korábban – a komplex számmal való osztáshoz – az a+ bi alakú számmal valóosztás során gyöktelenítettünk, ehhez a törtet bővítettünk egy a − bi alakúszámmal.

2.1.5. Definíció. A z = a+ bi konjugáltja a z = a− bi (z felülvonás).

2.1.6. Állítás A z konjugáltjának az a pont felel meg a komplex síkon, amelyz-nek a valós tengelyre vonatkozó tükörképe. (2.3. ábra)

20

2.2. ábra.

2.3. ábra.

2.1.7. Példa. −1 + i = −1− i, 3− 2i = 3 + 2i, 1 + i = 1− i.

Kiszámítható, hogy z ·z valós szám: a z komplex szám a+bi algebrai alakjábólz · z = (a + bi)(a− bi) = a2 − (bi)2 = a2 + b2, ami valóban valós szám, hiszena és b is valós.

2.1.8. Állítás z = z.

21

Bizonyítás. Ha z = a+ bi, akkor z = a− bi, z = a− bi = a+ bi. �

Ezek alapján mondhatjuk, hogy a z és a z egymás konjugáltjai.

A valós számok körében egy szám abszolút értéke a 0-tól mért távolsága.A komplex számok esetében is felírható ez a távolság, mégpedig (a koordináta-rendszerben megszokott módon) a Pitagorasz-tétel felhasználásával:

2.1.9. Definíció. A z = a+bi komplex szám abszolút értéke a |z| =√a2 + b2

(nemnegatív valós) szám. Ez a távolság csak z = 0 esetén 0. A z szám abszolútértékét szokás |z|-vel vagy egyszerűen r-rel jelölni. (2.4. ábra)

2.4. ábra.

2.1.10. Megjegyzés Vegyük észre, hogy z · z éppen |z|2.

2.2. A komplex számok trigonometrikus alakja

Tovább folytatva a szemléltetés módjából adódó lehetőségek kiaknázását: aho-gyan minden síkbeli pontot azonosíthatunk (az origóból abba a pontba mutató)helyvektorral, úgy a komplex számokkal is megtettük, hogy azonosítjuk a nekimegfelelő pontba mutató helyvektorral.

A vektort viszont jellemezhetjük a hosszával – komplex számok esetében ez azabszolút értékük –, valamint az irányukkal, amit a vektornak a valós pozitívféltengelyhez viszonyított elfordulás szögeként fogunk értelmezni. (Mekkoraszöggel kell elforgatni a pozitív valós féltengelyt ahhoz, hogy az a pontba mu-tató vektor félegyenesébe essen.)

Ne feledkezzünk meg róla, hogy a hosszúság mindig nemnegatív valós szám.

22

2.5. ábra.

2.2.1. Definíció. Egy z komplex számnak megfeleltetett pontba mutató hely-vektorhoz tartozó irányított forgásszöget a komplex szám irányszögének, argu-mentumának vagy arkuszának nevezzük, és így jelöljük: arc(z). A komplexnulla szöge megállapodás szerint tetszőleges szög lehet. Ha szükséges, akkorerről alkalmasint másként döntünk.

Az abszolút érték és arkusz egyértelműen meghatározza a komplex számot.

Felvetődik a kérdés, hogy vajon a komplex számból is meghatározható-e egy-értelműen az abszolút értéke és az arkusza.

A fenti módon definiált arkusz meghatározható az algebrai alakból(lásd 2.2.2. állítás), azonban nem egyértelmű, hiszen 2π egész számú több-szörösével növelve ugyanazt a komplex számot kapjuk. Ez a tulajdonság mégsok fejtörést fog okozni nekünk – amellett, hogy hasznunkra is válik majd.

(Az abszolút érték egyértelműsége felől meg lehetünk nyugodva, az egy nem-negatív valós szám, és 0 is csak akkor lehet, ha a 0 komplex számról van szó.)

2.2.2. Állítás Az a + bi komplex szám egyik arkusza arc tgb

a, ha b > 0, és

π + arc tgb

a, ha b < 0. (b = 0 esetén 0 az egyik arkusz.)

2.2.3. Állítás Egy z komplex szám a skalárszorosának megfelelő vektor a z-nek megfeleltetett vektor a-szorosa.

Ezt a nyilvánvaló állítást awww.cs.elte.hu/~kfried/algebra2/komplexskalarralszorzas.html

23

2.6. ábra. komplex szám valós számmal való szorzata

animáció szemlélteti. (A képernyő jobb alsó sarkában megállítható és újrain-dítható az animáció,a z pont helye változtatható.)

2.2.4. Állítás Egy z komplex szám i-szeresének megfelelő vektor a z-nek meg-feleltetett vektor +90◦-os elforgatottja.

Ezt awww.cs.elte.hu/~kfried/algebra2/komplex_szer_i.html

animáció szemlélteti. A z helyzetével változik az iz helyzete.

2.2.5. Definíció. A z komplex szám (|z|; arc(z)) alakját polárkoordinátás fel-írásának nevezzük.

2.2.6. Definíció. Jelölje a z komplex szám elfordulási szögét ϕ. Mivel a zvalós része a valós tengelyre eső vetülete: |z| cosϕ, a képzetes része pedig aképzetes tengelyre eső vetülete: |z| sinϕ, az adott komplex szám felírható

z = |z| cosϕ+ i|z| sinϕ = |z|(cosϕ+ i sinϕ)

alakban is.

A z komplex szám |z|(cosϕ+i sinϕ) felírását a szám trigonometrikus alakjánaknevezzük.

24

2.7. ábra. komplex szám i-szerese

2.8. ábra.

Vegyük észre, hogy a cosϕ + i sinϕ maga is egy komplex szám, amelynek a

hossza√

cos2 ϕ+ sin2 ϕ = 1. (Ez most valós négyzetgyök, tehát egyértelmű!)A z komplex szám trigonometrikus alakja tehát egy nemnegatív valós szám (akomplex szám abszolút értéke) és egy egység hosszúságú irányvektor szorzata.

Láttuk, hogy egy komplex szám algebrai alakjából meghatározható a trigono-metrikus alak.

A trigonometrikus alakból pedig megkapható az algebrai alak: z = |z|(cosϕ+i sinϕ) esetén nagyon egyszerűen z = |z| cosϕ+i|z| sinϕ a szám algebrai alakja.

A komplex szám trigonometrikus alakja egyértelműen meghatározza a komplexszámot, mert bár ha például α az arkusza, akkor α + 2kπ (k ∈ Z, k 6= 0) egy

25

2.9. ábra.

másik arkusz, de mivel a szögfüggvényeik megegyeznek, ugyanazt a komplexszámot határozzák meg.

2.2.7. Példa. Az 1 + 2i komplex szám

konjugáltja: 1− 2i

abszolút értéke:√

1 + 4 =√

5

geometriai felírása: (1; 2)

forgásszöge: arc tg 2 + k · 2π(≈ 63,435◦ + k · 360◦)

trigonometrikus alakja:√

5 · cos(arc tg 2) + i√

5 · sin(arc tg 2)

Feladatok

1. Szemléltesse ponttal és helyvektorral koordináta-rendszerben a következőkomplex számokat!

−5 + i; 1− 5i; 2i+ 3; −3− i

2. Adja meg a következő komplex számok trigonometrikus alakját!

1, −1, −√

2, i, −i, i√

2, −1 + i, 2− 3i, 2 + i,

3. Mi azon pontok mértani helye, amelyeknek megfelelő komplex számokabszolút értéke 1?

4. Hol helyezkednek el a komplex síkon azok a számok, amelyek abszolútértéke 3; illetve 5?

26

5. Hol helyezkednek el a komplex síkon azok a számok, amelyek argumen-

tumaπ

3;

2π

3;π

5;

3π

2?

6. Mi azon pontok mértani helye, amelyeknek megfelelő komplex számokargumentuma

π

6?

7. Milyen közös tulajdonsággal rendelkeznek azok a komplex számok, ame-lyek az 1 + i helyvektorának egyenesébe esnek?

8. Határozza meg azon z komplex számokhoz tartozó pontok mértani helyét,amelyekre teljesül, hogy

(a) |z| < 2

(b) |z − i| ≤ 1

(c) |z − 1− i| < 1

9. Írja fel egyenlőtlenséggel azon komplex számok halmazát, amelyekhezrendelt pontok a komplex sík (2; 1) középpontú, 2 sugarú körének belse-jében találhatók!

10. Hol helyezkednek el a komplex síkon azok a számok, amelyek argumen-

tuma −π4; −5π

6; −4π

3; −4π

3?

11. Szemléltesse helyvektorral a koordináta-rendszerben a következő komplexszámokat!

3

(cos

3π

2+ i sin

3π

2

); 5

(cos

2π

3+ i sin

2π

3

);

−2(

cosπ

3+ i sin

π

3

); −5

(cos

π

2+ i sin

π

2

)12. Adja meg az alábbi ábrákon szemléltetett komplex számok algebrai alak-

ját! Számítsa ki az abszolút értéküket, argumentumukat, és adja meg akonjugáltjukat!

27

13. Adja meg a következő ábrákon szemléltetett komplex számok algebrai éstrigonometrikus alakját!

14. Keresse meg azokat a kifejezéseket, amelyek ugyanazt a komplex számotadják meg!

(a) 1− i;√

2(cos 335◦+ i sin 335◦); i+ 1;√

2(

cos(−π

4

)+ i sin

(−π

4

));

−i+ 1;

(b) 2(cosπ + i sin π); −2i; 2

(cos

3π

2+ i sin

3π

2

); 2i; | − 2| ·(

cosπ

2+ i sin

π

2

); −2 ·

(cos

π

2+ i sin

π

2

); −2; −2i

15. Oldja meg a következő egyenleteket!

28

(a) |x| − x = 1 + 2i

(b) |x|+ x = 2 + i

29

3. Alapműveletek a komplexszámokon

3.1. Komplex számok összegének, szorzatánakszemléltetése

A valós számokból kiindulva értelmeztünk a komplex számokon egy összeadástés egy szorzást. Vizsgáljuk meg, hogy a geometriai szemléltetés segítségévelhogyan ábrázolhatjuk ezen műveletek eredményét.

A z1 = a1+b1i és a z2 = a2+b2i számok összege (a1+a2)+(b1+b2)i. A z1+z2-bemutató helyvektor éppen a z1 és a z2 számoknak megfeleltetett helyvektorokösszege. (Az (a1; b1) és (a2; b2) vektorok összege az (a1 + a2; b1 + b2) vektor.)

3.1.1. Állítás Két komplex számnak megfeleltetett vektor összege éppen a szá-mok összegének megfeleltetett vektor.

Ezt az 3.1 ábra szemlélteti, és awww.cs.elte.hu/~kfried/algebra2/komplex_osszeg.html

animáció mutatja a komplex számok összegének vektorösszegént való megraj-zolását: A „Lejátszás” gombra kattintva elindul a szerkesztés. z1 és z2 helyzetemegváltoztatható.

Az ellentettet is tudjuk szemléltetni, hiszen az a+ bi ellentettje −a− bi, így azellentettnek megfelelő pont a (−a;−b).Ezért a z1 − z2 komplex számnak megfelelő helyvektor a z1-be, illetve z2-bemutató helyvektorok különbsége.

Az ellentett a z komplex szám (−1)-szerese, de nemcsak a (−1)-szeres, hanemtetszőleges valós számmal vett szorzata szemléltethető. Ha a+bi komplex szám,c valós számok, akkor az a+ bi komplex számnak megfeleltetett helyvektor az

30

3.1. ábra. Komplex számok összege

(a; b), a c-szeresének megfeleltetett helyvektor az (ac; bc), ami éppen az (a; b)vektor c-szerese.

3.1.2. Állítás Eszerint egy komplex szám egy valós számszorosának megfelel-tetett vektor éppen a szám adott számszorosának megfeleltetett vektor.

Ez a két megállapítás rendkívül fontos, mert ezek alapján olyan egy-egyértelműmegfeleltetés létesíthető a komplex számok és a sík helyvektorai között, ame-lyek az összeadás és a valós számmal való szorzás műveletét megtartják. (Bi-zonyos műveleteket megtartó bijekció.)

Eszerint ha egy, a komplex számokra vonatkozó

A z1 = a1+b1i és a z2 = a2+b2i számok szorzata felírható a1z2+b1z2i alakban.

Először rajzoljuk le a z2 = a2 + b2i-nek megfeleltetett helyvektort. A vég-pontjának koordinátái: (a2, b2). Ennek a1-szerese a vektor a1-szeres nyújtásáteredményezi.

Most vizsgáljuk z2-nek az i-szeresét: −b2 + a2i. Ez a z2 helyvektorának +90◦-kal történő elforgatásával kapható. Ha most megszorozzuk b1-gyel, akkor akoordináták b1-szeresét kapjuk, vagyis a z2i-nek b1-szeres nyújtását kapjuk.

Mivel a két kapott vektor összege a szorzat, egymás után fűzve összeadjuk őket.A b1iz2 helyvektor végpontjához toljuk az a1z2 vektort.

31

A két vektor olyan háromszöget feszít ki, amelynek a csatlakozásnál derékszögvan; hasonló a z1 és annak valós része által kifeszített háromszöghöz. A hason-lóság aránya |z2|.Eszerint a két komplex szám szorzatának megfelelő helyvektorhoz tartozó irá-nyított forgásszög egyenlő az arc(z2) + arc(z1) összeggel, a hossza pedig a |z2|hosszának |z1|-szerese. A

www.cs.elte.hu/~kfried/algebra2/komplexszorzat.html

animáció mutatja a szorzat szerkesztésének lépéseit.

A képernyő alján a „Lejátszás” gombra kattintva indul el a szerkesztés. A ésB (a komplex számoknak megfelelő pont) helyzete változtatható. A lejátszáslassítható, gyorsítható, megállítható és újraindítható.

3.2. ábra. komplex számok szorzata

Két komplex szám szorzatának arkusza tehát a számok arkuszainak összege,hossza pedig a tényezők hosszának szorzata.

3.1.3. Következmény. Ha egy z1 komplex számot megszorzunk egy z2 komp-lex számmal, akkor a z1-nek arc(z2)-vel való elforgatottjának |z2|-vel való nyúj-tását kapjuk eredményül.

A 3.3 ábrán látható szerkesztést alapján awww.cs.elte.hu/~kfried/algebra2/komplexreciprok.html

animáció mutatja a komplex szám reciprokának helyzetét a komplex síkon. (zhelyzete változtatható.)

32

3.3. ábra. komplex szám reciproka

Ebből következtethetünk egy komplex szám reciprokának szemléltetésére is.

Ha a nullától különböző z-re zw = 1, akkor a hosszaik szorzata 1, szöge-ik összege 0. Ezért w hossza a z hosszának reciproka, w arkusza z ark-uszának ellentettje. A w-nek megfelelő helyvektor polárkoordinátás alakja:

w =

(1

|z|;− arc(z)

).

3.2. Műveletek a trigonometrikus alakkal

Láttuk, hogy a komplex számok összeadását, kivonását az algebrai alakkalegyszerűen el tudjuk végezni. A szorzást is, az osztás azonban már kicsitkomplikáltabb, a négyzetgyökvönás pedig kész szenvedés (lehet).

Ugyanakkor azt is észrevettük, hogy a műveleteket a geometriai alakkal is eltudjuk végezni. Az osztás elvégzése is egyszerűen visszavezethető a reciprok-képzésre és a szorzásra.

Vizsgáljuk meg, hogy a trigonometrikus alakkal hogyan fejezhetők ki ezekneka műveleteknek az eredményei.

Legyen z1 = r1(cosϕ1 + i sinϕ1) és z2 = r2(cosϕ2 + i sinϕ2).

33

Az összegük: r1 cosϕ1 + r2 cosϕ2 + i(r1 sinϕ1 + r2 sinϕ2) láthatóan nem tri-gonometrikus alak, és nem is lenne kellemes feladat felírni ennek a komplexszámnak a trigonometrikus alakját.

Az ellentett jóval egyszerűbb, mert például z = r(cosϕ + i sinϕ) ellentettje−z = −r(cosϕ+ i sinϕ), aminek trigonometrikus alakja −z = r

(cos(ϕ+ π) +

i sin(ϕ + π)), azonban ez sem segít abban, hogy a komplex számok különbsé-

gének trigonometrikus alakját egyszerűen fel tudjuk írni.

A szorzatuk:

r1r2(

cosϕ1 cosϕ2 − sinϕ1 sinϕ2 + i(cosϕ1 sinϕ2 + sinϕ1 cosϕ2)).

Az ismert trigonometrikus összegüggések felhasználásával megkapjuk a szorzattrigonometrikus alakját:

r1r2 = r1r2(

cos(ϕ1 + ϕ2) + i sin(ϕ1 + ϕ2)).

Ez a geometriai szemléltetéssel kapott eredményt támasztja alá: a szorzathossza a tényezők hosszának szorzata, argumentuma a tényezők argumentu-mának összege.

Az osztás felfogható egy szám reciprokával való szorzásként. Felírtuk egy tet-szőleges z = a+ bi = r(cosϕ+ i sinϕ) (r ∈ R, r ≥ 0) szám reciprokát algebraialakban:

1

z=

1

a+ bi=

1

a+ bi· a− bia− bi

=a− bia2 + b2

,

Határozzuk meg a trigonometrikus alakját is! A z (nem nulla) komplex számreciproka az a komplex szám, amellyel z = r(cosϕ + i sinϕ)-t megszorozva1 = 1 · (cos 0 + i sin 0)-t kapunk. A szorzásra kapott összefüggést felhasználva

1

z=

1

r·(

cos(−ϕ) + i sin(−ϕ))

egy lehetséges megoldás. (Tudjuk, hogy az argumentum nem egyértelmű, ezértírtuk, hogy ez egy megoldás. A komplex számokon a reciprokképzés egyértelmű,így azt is tudhatjuk, hogy az összes trigonometrikus alakban megadott reciprokugyanazt a komplex számot jelenti.)

Ebből felírható az osztás trigonometrikus alakban is:

z1z2

=r1(cosϕ1 + i sinϕ1)

r2(cosϕ2 + i sinϕ2)=r1r2

(cos(ϕ1 − ϕ2) + i sin(ϕ1 − ϕ2)

).

Ez az eredmény egyébként a trigonometrikus összefüggéseket felhasználva más-képp is megkapható.

34

A szorzás, a reciprok és a hányados kiszámítása egyszerűbbnek tűnik, mint azalgebrai alakkal.

3.2.1. Példa. Legyen

z1 = 5(cos 30◦ + i sin 30◦), z2 =2

3

(cos(−15◦) + i sin(−15◦)

).

Számítsuk ki az1z2

hányadost!

Az algebrai alakban bővítenünk kellene a törtetz2z2-tal. Ha felhasználjuk, hogy

ehelyett z2 reciprokával is szorozhatunk, akkor is3

2

(cos(15◦) + i sin(15◦)

)-kal

kell szoroznunk z1-et. A sin 15◦ és cos 15◦ felírható négyzetgyökök segítségével.

A z1 és1

z2algebrai alakja

5√

3

2+

5

2i, illetve

3

2

√2 +√

3

2+

3

2

√2−√

3

2i.

A szorzatuk algebrai alakban

15√

3

4

√2 +√

3

2− 15

4

√2−√

3

2+

(15√

3

4

√2−√

3

2+

15

4

√2 +√

3

2

)i,

ami nem tűnik elég egyszerűnek.

Ha közelítő értékekkel számolunk, az sem mond többet.

A trigonometrikus alakban tudjuk, hogy a hányados hosszúsága|z1||z2|

=15

2, az

argumentuma ϕ(z1) − ϕ(z2) = 45◦. Eszerint a hányadosuk trigonometrikusalakban:

523

(cos 45◦ + sin 45◦i) = 7,5 ·

(√2

2+

√2

2i

).

Láttuk, hogy a szorzás menete sokkal egyszerűbb a trigonometrikus alakban,ám sem az algebrai alakból a trigonometrikust, sem a trigonometrikusból azalgebrait nem egyszerű megkapni.

Sőt, még rosszabb a helyzet. Bár a trigonometrikus alakból egyértelmű azalgebrai alak, és az algebrai alakból felírható egy trigonometrikus alak, ám aznem egyértelmű, hiszen az argumentum 2π szerint periodikus.

3.2.2. Megjegyzés Foglaljuk össze, milyen műveleteket tudunk elvégezni azalgebrai és a trigonometrikus alakkal is:

35

1. Tudunk komplex számokat összeadni és szorozni.

2. A kivonás is nyilván elvégezhető, mert az nem más, mint az ellentett hoz-záadása, és az a+ bi szám ellentettje −a− bi.3. A szorzást is el tudjuk végezni az algebrai és a trigonometrikus alakkal is.

4. Láttuk, hogyan végezhetjük el az osztást az algebrai és a trigonometrikusalakkal.

3.3. Komplex számok összegének, szorzatánakkonjugáltja, abszolút értéke

Az előzőekben láttuk, hogy a komplex számok egy-egyértelműen megfeleltet-hetők a sík helyvektorainak, illetve a komplex számokon végzett műveletek asíkban szemléltethetők. Ezt a tényt a műveletek tulajdonságainak igazolásakoridőnként fel fogjuk használni.

3.3.1. Állítás Komplex számok szorzatának abszolút értéke a számok abszolútértékének szorzata:

|z1z2| = |z1||z2|

Bizonyítás. Ugyan éppen ezt a tényt igazoltuk a szorzat trigonometrikusalakjának felírásakor, de az összefüggést algebrai eszközökkel is ellenőrizhet-jük: z1 = a+ bi, z2 = c+ di esetén

|z1z2| =√

(ac− bd)2 + (ad+ bc)2 =

=√a2c2 + b2d2 − 2abcd+ a2d2 + b2c2 + 2abcd =

=√a2c2 + b2d2 + a2d2 + b2c2 =

=√a2(c2 + d2) + b2(d2 + c2) =

=√

(a2 + b2)(c2 + d2) =√a2 + b2

√c2 + d2 = |z1||z2|,

mert a2 + b2 és c2 + d2 nemnegatív valós számok. �

3.3.2. Állítás Komplex számok szorzatának konjugáltja a számok konjugált-jának szorzata:

z1z2 = z1 z2

Bizonyítás. z1 = a+ bi, z2 = c+ di esetén egyrészt

z1z2 = (a+ bi)(c+ di) =

(ac− bd) + i(ad+ bc) = (ac− bd)− i(ad+ bc),

36

másrésztz1 z2 = (a− bi)(c− di) = (ac− bd)− i(ad+ bc),

vagyis valóban egyenlő a két kifejezés. �

3.3.3. Megjegyzés A konjugálás a valós tengelyre vonatkozó tükrözés, a szor-zat a két helyvektorból (alkalmas szerkesztési lépésekkel) megszerkeszthető.

Ha a szerkesztés kiinduló adatait tükrözzük, akkor a szorzás eredményekéntkapott vektor is az eredeti szorzat tükörképe.

A fenti állítás éppen ezt írja le komplex számok szorzatára.

Ezt a megjegyzésünket a geometriai szemléletre alapozzuk, de a 3.1.1., 3.1.2.,2.1.6. állítások valamint a 3.1.3. következmény segítségével precíz bizonyítássátehető.

3.3.4. Állítás Komplex számok összegének konjugáltja a számok konjugáltjá-nak összege:

z1 + z2 = z1 + z2

Bizonyítás. z1 = a+ bi, z2 = c+ di esetén

z1 + z2 = (a+ c) + i(b+ d) = (a+ c)− i(b+ d) = a− ib+ c− di = z1 + z2 �

3.3.5. Megjegyzés A konjugálás a valós tengelyre vonatkozó tükrözés, azösszeadás a komplex számoknak megfelelő helyvektorok által kifeszített para-lelogramma átlóvektora.

Ha a paralelogrammát tükrözzük, akkor az átlója a tükörkép paralelogrammaátlója lesz.

A fenti állítás éppen ezt írja le komplex számok összegére.

Ez a megjegyzés is a geometriai szemléleten alapul, de a 3.1.1., 3.1.2., 2.1.6.állítások valamint a 3.1.3. következmény segítségével precíz bizonyítássá tehe-tő.

Azt remélnénk, hogy a komplex számok összegének abszolút értékére is tudunkilyen egyenlőséget felírni. Sajnos azonban ez nem igaz, hiszen már a valósszámok körében sem teljesül, például 8 = |5|+ | − 3| 6= |5− 3| = 2.

Ehelyett a vektorok köréből ismert háromszög-egyenlőtlenségek teljesülnek:

37

3.3.6. Állítás Tetszőleges a,b vektorokra

1. |a + b| ≤ |a|+ |b|2. |a− b| ≥

∣∣|a| − |b|∣∣Egyenlőség csak abban az esetben lehet, ha a vektorok iránya megegyezik.

3.3.7. Állítás Tetszőleges a, b valós számokra

1. |a+ b| ≤ |a|+ |b|2. |a− b| ≥

∣∣|a| − |b|∣∣Egyenlőség csak abban az esetben állhat fenn, ha a, b és a−b előjele megegyezik.

Ezek az összefüggések a komplex számokra azok vektor-szerű tulajdonsága okánegyszerűen igazolhatók.

Ha a, b ∈ C, és nem egyenlő az argumentumok, akkor az a+b és a−b számoknakmegfelelő vektor ugyanis az a és a b számoknak megfeltetett vektorok általkifeszített paralleogramma két átlója, ezek pedig rövidebbek, mint a két oldalegyüttes hossza.

Vizsgáljuk meg, hogy mit jelent az, hogy két komplex számnak megfelelő hely-vektor egyenlő irányú és állású.

Vektorok esetében ez azt jelenti, hogy ugyanabba az egyenesbe, sőt, a közöspontból induló ugyanazon félegyenesbe esnek.

Komplex számokra pedig azt jelenti, hogy megegyezik az argumentumuk (2πperiódus erejéig).

3.3.8. Állítás A z1, z2 komplex számok esetén

|z1 + z2| ≤ |z1|+ |z2|, (3.1)|z1 − z2| ≥

∣∣|z1| − |z2|∣∣, (3.2)

és csak z2 = λz1 (λ > 0 valós szám) esetén áll fenn egyenlőség.

Az állítás a vektorokra ismert összefüggésekből következik, de algebrai úton isbizonyítható.

Bizonyítás. Legyen z1 = a1 + ib1, z2 = a2 + ib2. Ekkor a (3.1) egyenletátírható: √

(a1 + a2)2 + (b1 + b2)2 ≤√a21 + b21 +

√a22 + b22.

38

Mivel minden négyzetgyökjel alatt nemnegatív kifejezések találhatók, a négy-zetre emelés ebben az esetben ekvivalens átalakítás:

a21 + a22 + 2a1a2 + b21 + b22 + 2b1b2 ≤ a21 + b21 + a22 + b22 + 2√

(a21 + b21)(a22 + b22).

Itt a mindkét oldalon szereplő kifejezéseket kivonva, a többit 2-vel osztva és anégyzetgyökjel alatt elvégezve a beszorzást:

a1a2 + b1b2 ≤√a21a

22 + b21b

22 + a21b

22 + a22b

21.

Ha a bal oldalon negatív szám áll, akkor nyilvánvaló az egyenlőtlenség, haviszont nemnegatív szám áll ott, akkor a négyzetre emelés ismét ekvivalensátalakítás:

a21a22 + b21b

22 + 2a1a2b1b2 ≤ a21a

22 + b21b

22 + a21b

22 + a22b

21,

ahonnan2a1a2b1b2 ≤ a21b

22 + a22b

21,

a bizonyítandó. Átrendezve a

0 ≤ a21b22 + a22b

21 − 2a1a2b1b2 = (a1b2 + a2b1)

2

nyilvánvaló egyenlőtlenséget kapjuk.

A (3.2) egyenlőtlenség bizonyításához tegyük fel először, hogy |z1| ≥ |z2| =| − z2|. Ekkor persze

∣∣|z1| − |z2|∣∣ = |z1| − |z2|. Írjuk fel z1 + z2 és −z2 számokraa (3.1) egyenlőtlenséget:

|z1 + z2 + (−z2)| ≤ |z1 + z2|+ | − z2|,|z1| ≤ |z1 + z2|+ |z2|,

|z1| − |z2| ≤ |z1 + z2|,∣∣|z1| − |z2|∣∣ ≤ |z1 + z2|,

azaz (3.2) adódik.

Ha |z1| ≤ |z2|, akkor z2 +z1 és −z1 vektorokra felírva (3.1)-et hasonlóan adódikaz állítás. �

3.3.9. Megjegyzés A fentiek alapján elmondhatjuk, hogy a komplex sík egyestranszformációit a komplex számokon elvégzett műveletekkel is meg lehet adni.A sík origó körüli elforgatása egy egység hosszúságú komplex számmal való szor-zással valósítható meg, a valós tengelyre vonatkozó tükrözés a konjugálással, azorigó középpontú nyújtás egy valós számmal való szorzással, míg az eltolás akomplex összeadással adható meg. Nem ennyire nyilvánvaló, de belátható, hogyaz origó középpontú, 1 sugarú körre vonatkozó inverzió és a valós tengelyrevonatkozó tükrözés leképezéseknek a szorzata éppen a komplex reciprok.

39

Feladatok

1. Igazolja, hogy z1 + z2z3 = z1 + z2z3

2. Igaz-e, hogy |z1 + z2z3| = |z1|+ |z2z3|?

3. Igazolja, hogy bármely z komplex számra zz valós!

4. Igazolja, hogy bármely z komplex számra z + z valós!

5. Keresse meg, hogy adott z ∈ C\R számokhoz mely w számok esetén leszzw valós!

6. Keresse meg, hogy adott z ∈ C\R számokhoz mely w számok esetén leszz + w valós!

7. Keresse meg, hogy adott z ∈ C\R számokhoz mely w számok esetén leszzw és z + w is valós!

8. Igazolja (komplex számok segítségével) a trigonometrikus összegképlete-ket:

sin(x+ y) = sin x · cos y + cosx · sin ycos(x+ y) = cos x · cos y − sinx · sin y

9. Határozza meg a és b értékét, ha a+ bi = b− ai!

10. Milyen valós x és y értékekre teljesül, hogy ax+ bi+a+ byi = bx+ 2ayi?

11. Számítsa ki a következő műveletek eredményét! Adja meg ezek trigono-metrikus és algebrai alakját is!

(a) (1 + i)(1− i)

(b)2 + 4i

i− 3

(c) 3(cos 15◦ + i sin 15◦) · (5 + 2i)

(d)−2 + 2i

cos 45◦ − i sin 45◦

(e) −√

3

2+

1

2i+ cos

2π

3+ i sin

2π

3

40

4. Hatványozás, gyökvonás akomplex számok körében

4.1. Hatványozás

Láttuk, hogy miként lehet két komplex szám szorzatát kiszámítani az algebraialakjukból, illetve szemléltetni azt helyvektorokkal. Most vizsgáljuk meg ahatványozást.

Számítsuk ki például a 1 +√

3i komplex szám négyzetét.

Algebrai alakban:

(1 +√

3i)2 = 1− 3 + 2√

3i = −2 + 2√

3i.

Mivel 1 +√

3i hossza√

1 + 3 = 2, arkusza arc tg

√3

1=

π

3, az adott szám

trigonometrikus alakja:

1 +√

3i = 2(

cosπ

3+ i sin

π

3

)= 2

(1

2+ i

√3

2

).

Komplex számok szemléltetésekor megállapítottuk, hogy a szorzat hossza atényezők hosszának szorzata, szöge a szögeik összege.

Eszerint a négyzetének hossza 4, arkusza2π

3. A négyzete pedig:

4

(cos

2π

3+ i sin

2π

3

)= 4

(−1

2+ i

√3

2

).

Ebből is megkaptuk az algebrai alakot, és – természetesen – ugyanazt, mintkorábban.

41

A komplex számok szorzására vonatkozó (a trigonometrikus alakhoz felírt)összefüggések szerint

z3 = r3(

cos(3ϕ) + i sin(3ϕ)).

Sőt, általában is igaz, hogy n ∈ N esetén

zn = rn(

cos(nϕ) + i sin(nϕ)).

Ebből az algebrai alak is megkapható:

zn = rn cos(nϕ) + irn sin(nϕ).

Ez közvetlenül az algebrai alak hatányozásából nem jött volna ki.

A hatványozás összefüggéseit már a valós számoknál is a szorzásból vezettükle. Ezért a hatványozáskor a kitevőnek legalább kettőnek kellett lennie.

Ezért az első és a nulladik hatványt csak megállapodás alapján határoztuk meg– annak érdekében, hogy érvényben maradjon a hatványozás an · ak = an+k

azonossága (n, k ∈ N, n, k ≥ 2, a ∈ R).

Ezt a szándékot permanencia-elvnek nevezzük (permanencia = megmaradás).

Megállapodás. A komplex számok körében is megállapodunk, hogy z1 = zés z0 = 1 (ha z 6= 0).

4.1.1. Definíció. 1 A z = r(cosϕ + i sinϕ) (z 6= 0, r ∈ R, r ≥ 0) komplexszám n-edik hatványának (n ≥ 0 egész szám)

zn = rn(

cos(nϕ) + i sin(nϕ))

alakját Moivre-formulának nevezzük.

4.1.2. Példa. Határozzuk meg a z = 5(cos 30◦+ i sin 30◦) komplex szám (−1)-edik hatványát!

A hatványozásra vonatkozó azonosságot nem alkalmazhatjuk negatív egészszámra (például −1-re), de ha ettől függetlenül z-re alkalmazzuk a hatvá-nyozás 4.1.1. Definícióban adott szabályát (helytelenül) n = −1-re, akkor1

|z|(

cos(−ϕ) + i sin(−ϕ)), éppen

1

z-t kapjuk. Eszerint (ha azt akarjuk, hogy a

permanencia-elvnek megfelelően a hatványozás ismert azonosságai továbbra is

teljesüljenek) z−1-et a komplex számok körében is1

z-nek kell értelmeznünk.

Ezért a permanencia-elv alapján kiterjesztjük a Moivre-formula érvényességikörét negatív egész kitevőkre is.

1Abraham de Moivre (1667–1754) francia matematikus

42

4.1.3. Definíció. A z = r(cosϕ + i sinϕ) 6= 0 (r ∈ R, r > 0) komplex számt-edik hatványa (t tetszőleges egész szám) megállapodás szerint

zt = rt(

cos(tϕ) + i sin(tϕ)).

(Egyébként z = 0 minden nem nulla hatványa 0.)

Az imént elmondottak alapján megkereshetjük√z trigonometrikus alakját is.

(Az algebrai alakot már korábban megkerestük, 1.3.1. állítás.)

4.2. Komplex számok gyökei

Keressük meg a z = 5(cos 30◦ + i sin 30◦) négyzetgyökét, azaz keressük meg azösszes olyan komplex számot, amelyek négyzete z.

Tudjuk, hogy a szorzat hossza a tényezők hosszának szorzata, a szorzat argu-mentuma az argumentumok összege.

Eszerint egy szám négyzetének hossza a szám hosszának négyzete, a négyzetargumentuma a szám argumentumának kétszerese.

Vagyis olyan w komplex számot keresünk, amelyre |w|2 = |z|, tehát |w| =√

5,illetve 2 arg(w) = arg(z), amiből arg(w) = 15◦.

Mivel azonban az argumentum nem egyértelmű, meg kell vizsgálnunk a többilehetséges argumentumot is. A 30◦ fele 15◦, a 390◦ fele 195◦, a 750◦ fele 375◦,ami a 15◦-nak felel meg, a 1110◦ fele 555◦, ami pedig a 195◦-nak felel meg.

z argumentuma 30◦ + k · 360◦, k ∈ Z. Ennek a fele 15◦ + k · 180◦, vagyis 180◦

(π) szerint periodikus, így minden második ugyanazt a komplex számot jelenti.

A kapott szögeket viszont moduló 360◦ (2π) tekinthetjük. Eszerint két arkuszfelel meg: 15◦ és 195◦. Ez a két argumentum pedig különböző.

Tehát csak két különböző négyzetgyök van, és ezek egymás 180◦ (π) szerintielforgatottjai:

w1 =√

5(cos 15◦ + i sin 15◦), w2 =√

5(cos 195◦ + i sin 195◦).

Korábban (15. oldal) láttuk, hogy a komplex számnak két négyzetgyöke van,ezek – algebrai szemszögből vizsgálva – egymás ellentettei, és valóban:

w1 =√

5(cos 15◦ + i sin 15◦), w2 = −√

5(cos 15◦ + i sin 15◦).

A z2 argumentumából következtethetünk z argumentumára, de az kétféle kü-lönböző érték is lehet. A

43

4.1. ábra. Egyenlő abszolút értékű komplex számok négyzetgyökpárjai argu-mentumai

www.cs.elte.hu/~kfried/algebra2/komplex_negyzetgyok.html

animáció adott komplex számhoz mutatja a négyzetgyökei helyzetét a komplexsíkon. A képernyő bal alsó sarkában elindítható és leállítható az animáció. Azadott pont (z2) argumentuma, azaz α szög állítható.

A 4.1 ábra szemlélteti, hogy hol helyezkedhetnek el egyes komplex számoknégyzetgyökpárjai a komplex síkon.

Most vonjunk köbgyököt a fenti z-ből, azaz keressük meg az összes olyan komp-lex számot, amelyek harmadik hatványa z.

Mivel komplex számok szorzatának hossza a tényezők hosszának szorzata,argumentuma az argumentumok összege, z1 köbgyöke olyan komplex szám,

44

amelynek hossza 3√|z1| =

3√

5, argumentuma z1 argumentumának harmadré-sze: 10◦ + k · 120◦. Ez három különböző komplex számot jelent:

q1 =3√

5(cos 10◦ + i sin 10◦),

q2 =3√

5(cos 130◦ + i sin 130◦),

q3 =3√

5(cos 250◦ + i sin 250◦).

(A többi argumentum ezeknek 360◦ egész számú többszörösével való elforgatá-sával kapható.)

Általánosíthatjuk a tapasztaltakat:

4.2.1. Definíció. Egy z 6= 0 komplex szám n-edik gyökén (n ∈ N) értjük azösszes olyan komplex számot, amelyek n-edik hatványa z.

4.2.2. Tétel Egy z = r(cosϕ+ i sinϕ) komplex szám n-edik gyökei (n ∈ N) a

wj = n√r

(cos

ϕ+ k · 2πn

+ i sinϕ+ k · 2π

n

)(i = 0, 1, . . . , n− 1) komplex számokkal adhatók meg.

Bizonyítás. Három állítást kell belátnunk. 1. A fentiek mind gyökei z-nek

2. Minegyik felírt gyök más. (Nincs köztük egyenlő.)

3. Nincs több n-edik gyöke z-nek.

1. A komplex számok trigonometrikus alakjával végzett szorzás összefüggéseialapján ellenőrizhetjük, hogy wnj hossza |z|, argumentuma ϕ + k · 2π, vagyisa wj-k n-edik hatványai valóban z-vel egyenlők. Ezek tehát valóban n-edikgyökei z-nek.

2. A fenti wj-k mind különbözőek, mert az argumentumaik különbözőek.

3. z-nek minden n-edik gyökét megkaptuk, hiszen ha lenne olyan argumentum,amelyet nem kaptunk volna meg, akkor annak az n-szerese (ϕ + 2kπ alakú)lenne. Elvégezve a k = rn + k1 (k1 ≥ 0) maradékos osztást, k1-hez és k-hoz ugyanaz a szög tartozik, hiszen 2k és 2k1 között a különbség 2rn, vagyis anekik megfelelő forgásszögek közti különbség 2rnπ (egy teljes kör többszöröse).A k1-hez tartozó gyököt pedig felírtuk. �

4.2.3. Megjegyzés. Vegyük észre, hogy n√r = r

1n , vagyis továbbra is teljesül-

het a hatványozásra vonatkozó zn · zk = zn+k azonosság.

Itt fel kell használnunk azt is, hogy (zk)n = zk·n, amiből (zk)n = (zn)k. Eztfeladatként az olvasóra bízzuk.

45

4.2.4. Megjegyzés. A komplex számok egész kitevőjű hatványozása (és egészszám alapú gyökvonása) így a felírt összefüggés szerint tetszőleges racionálishatványra és gyökre kiterjeszthető (kivéve a 0-nak a 0-dik hatványát).

Ez valamelyest általánosabb is, mint a valós számokon elvégezhető hatványo-zás, hiszen ott negatív számnak nem tudtuk értelmezni tetszőleges racionálishatványát (gyökét), mert az nem lett volna egyértelmű.

Most azért tehetjük meg mindezt, mert a gyökvonást csak a komplex szám ab-szolút értékén, egy nemnegatív racionális számon kell elvégezni. (Persze azargumentum is változik, de az osztás elvégezhető.)

4.2.5. Példa. Vegyük a z = −1 + i komplex szám harmadik gyökét.

|z| =√

1 + 1 =√

2, arg(z) =3π

4.

A hosszúságának a harmada√

2

3, az egyik arumentuma

π

4. A másik két köbgyök

argumentuma ennek az argumentumánál2π

3-mal, illetve

4π

3-mal nagyobb.

Így a köbgyökök:

w1 =

√2

3

(cos

π

4+ i sin

π

4

)w2 =

√2

3

(cos

11π

12+ i sin

11π

12

)w3 =

√2

3

(cos

19π

12+ i sin

19π

12

)

Világos, hogy az 1 hosszúságú,0π

3,

2π

3,

4π

3argumentumú komplex számok

mindegyikének a köbe 1. (Hiszen a köbeik hossza 1, az argumentuma 2π egészszámú többszöröse.)

Ha w31 = z, akkor w1 ·

(cos

2π

3+ i sin

2π

3

)és w2 ·

(cos

4π

3+ i sin

4π

3

)köbe

is z.

Eszerint egy szám egyik köbgyökéből megkaphatjuk az összes köbgyökét, ha

megszorozzuk egy egység hosszúságú, k · 2π

3argumentumú komplex számmal.

4.2.6. Következmény. A 4.2.2. tétel értelmében z = (r;ϕ) komplex szám n-edik gyökeit az argumentumuk nagysága szerint sorba rendezhetjük. Két egymás

utáni gyök szöge között a különbség2π

n.

46

Így ha egy n-edik gyököt megkaptunk, akkor azt2π

n-nel elforgatva – vagyis az

1 · (cos(2π/n) + i sin(2π/n)) komplex számmal szorozva – újabb gyököt kapunk.

Ez ad okot a következő fogalom megalkotására:

A ε = cos(2π/n) + i sin(2π/n) komplex számot komplex n-edik egységgyökneknevezzük.

Ennek a számnak az n-edik hatványa 1. Valójában ε minden természetes kite-vőjű hatványának n-edik hatványa 1, hiszen (εk)n = εk·n = εn·k = (εn)k = 1.

Mivel egy z 6= 0 valamely komplex n-edik gyökét nemcsak ε-nal, hanem en-nek tetszőleges hatványával megszorozva ismét n-edik gyökét kapjuk z-nek,indokolt, hogy az összes ilyen komplex számot n-edik egységgyöknek nevezzük:

Vegyük észre, hogy akkor ezek mind az 1 komplex n-edik gyökei (és 1-nekminden n-edik gyöke szerepel).

4.2.7. Definíció. Az 1 komplex szám n-edik gyökeit n-edik egységgyökökneknevezzük.

Ezek az egység hosszúságú, k · 2π

n(k ∈ Z) argumentumú komplex számok.

Az n-edik hatványuk 1.

Szokás a k szorzótényező szerint sorbarakni, megsorszámozni az n-edik egység-gyököket. Az 1 maga is n-edik gyöke 1-nek. k = 0-ra kapjuk az 1-et, így ezt anulladiknak nevezzük, εn,0-val jelöljük.

Az első n-edik egységgyök a k = 1-hez tartozó εn,1 = cos(2π/n) + i sin(2π/n).

A k-adik az n-edik egységgyökök közül εn,k = cos(k · 2π/n) + i sin(k · 2π/n).

4.2.8. Megjegyzés Könnyen ellenőrizhető, hogy például

– a második egységgyökök az 1 és a −1;

– a harmadik egységgyökök az 1, a −1

2+

√3

2i, −1

2−√

3

2i;

– a negyedik egységgyökök 1, i, −1, −i.Eszerint a második egységgyökök egyszersmind negyedik egységgyökök is. Nemis meglepő, hiszen ha egy szám második hatványa 1, akkor a negyedik hatványa(ami 1-nek a második hatványa) szintén 1 lesz.

Látjuk, hogy lehet olyan komplex n-edik egységgyök, amelyik egy n-nél kisebbk-ra is k-adik egységgyök. Például a negyedik egységgyökök közül a−1 másodikegységgyök is.

47

Azokat az n-edik egységgyököket, amelyekre ez nem teljesül, n-edik primitívegységgyököknek nevezzük.

4.2.9. Definíció. ω primitív n-edik egységgyök, ha ωn = 1, de ha 0 < k < n,akkor ωk 6= 1.

Másképp is szokás definiálni a primitív egységgyököket – ekkor azonban be kelllátnunk, hogy a két definíció egyenértékű. A másik definíció szerint:

4.2.10. Definíció. ω primitív n-edik egységgyök, ha minden n-edik egység-gyök előáll mint ω valamely hatványa.

4.2.11. Állítás A két definíció ugyanazt jelenti.

Bizonyítás. Ha – az első definíció szerint – ω primitív n-edik egységgyök,akkor az első n hatványa

1. mind különböző – hiszen ha ωk1 = ωk2 (n > k1 > k2 > 0) teljesülne, akkorωk1−k2 = 1 (n > k1 − k2 > 0) lenne –;

2. mind n-edik egységgyök, hiszen (ωk)n = (ωn)k = 1k = 1,

így tehát ω első n hatványa előállítja mind az n darab n-edik egységgyököt.

Másrészt, ha – a második definíció szerint – ω primitív n-edik egységgyök,akkor található n olyan hatvány, amelyek az n-edik egységgyököket adják:

ωi1 , ωi2 , ωi3 , . . . , ωin .

Mivel ω n-edik hatványa 1, ezért osszuk ik-t maradékosan n-nel, és megtehet-jük, hogy az ik kitevők helyett azok n szerinti maradékát vesszük. (ik = tkn+rkmaradékos osztás esetén ωik = ωtkn · ωrk , ahol az első tényező 1.)

Ezek a kitevők 0 és n− 1 közé esnek, a 0-adik egyenlő 1-gyel, vagyis az összestöbbi különbözik 1-től. Eszerint 0 < k < n-re minden más hatvány 1-tőlkülönböző. Így ω a másik értelemben is primitív n-edik egységgyök. �

4.2.12. Tétel Az n-edik egységgyökök közül az r-edik akkor és csak akkor pri-mitív n-edik egységgyök, ha (r, n) = 1.

Bizonyítás. Legyen a sorban az r-edik egységgyök εn,r, amely tehát a sorbanaz első n-edik egységgyöknek, εn,1-nek az r-edik hatványa.

Legyen most (r, n) = d 6= 1, r = r1d, n = n1d. Ekkor

(εn,r)n1 = (εrn,1)

n1 = (εr1dn,1)n1 =((εr1n,1)

d)n1 = (εr1n,1)

n = 1,

48

4.2. ábra. n = 9, k = 2, ε9,2 (primitív egységgyök) hatványai sorban összekötve

hiszen εr1n,1 is n-edik egységgyök (mert egy n-edik egységgyök hatványa).

Eszerint εn,r-nek egy n-nél kisebb kitevőjű hatványa is 1, azaz nem primitívegységgyök.

Másrészt, ha εn,r, r < n nem primitív egységgyök, akkor van olyan n-nél kisebbk kitevő, amelyre εkn,r = 1. Eszerint (εrn,1)

k = 1, azaz (εn,1)rk = 1.

Mivel azonban εn,1 primitív n-edik egységgyök (a hatványai sorban előállítjákaz összes n-edik egységgyököt), azaz (εn,1)

n = 1. Sőt, csak azok a hatványaiegyenlők 1-gyel, amelyek n egész számú többszörösei, hiszen a hatványok nszerinti periódussal egyenlőek egymással (például εtn+r = εr, ha t, r ∈ Z,0 ≤ r < n; és 0 < r < n esetén a εtn+r = εr hatvány nem egyenlő 1-gyel). Ebbőlkövetkezik, hogy n | rk. Ha (n, r) = 1 lenne, akkor abból n | k következne, amiellentmondás, hiszen k < n. Tehát n és r nem lehetnek relatív prímek. �

49

4.2.13. Megjegyzés Érezzük – de egyszerűen be is látható –, hogy szoros kap-csolat áll fenn az n-edik egységgyökök szorzás szerinti és a Zn összeadás szerintialgebrai struktúrák között. Nevezetesen a két struktára izomorf.

A bizonyításunkat ennek segítségével is levezethettük volna.

4.2.14. Következmény. A primitív n-edik egységgyökök 0, 1, . . . , n−1 hatvá-nyai előállítják az n-edik egységgyököket.

Bizonyítás. Ha a sorban az r-edik n-edik egységgyök primitív, akkor a0, 1, . . . , n− 1-edik hatványai a 4.2.12. tétel miatt nem lehetnek 1-gyel egyen-lők, de mind különbözők, ezért minden n-edik egységgyököt megkaptunk. �

Amikor felírtuk a második és a negyedik egységgyököket, láttuk, hogy ezek„szép szimmetrikusan” helyezkednek el, vagyis az összegük 0.

A harmadik egységgyökök esetén azonban ez nem látszik, de ha felírjuk azösszegüket, akkor megkapjuk:

1− 1

2+

√3

2i− 1

2−√

3

2i = 0.

Felmerül a kérdés, hogy ez véletlen-e, vagy mindig így van.

4.2.15. Tétel Az n-edik egységgyökök összege 0.

Bizonyítás. (Első) Az n-edik egységgyökök egység hosszú vektorok, amelyekközül a szomszédosak egymással ugyanakkora szöget zárnak be. Ezért ha a vek-torösszeadás szabálya szerint láncba fűzzük őket, éppen egy szabályos n-szögoldalvektorait alkotják (körben egymást követi az irányuk), amelyek összegeeszerint éppen 0. (n = 5-re lásd 4.3 ábra, n = 9-re lásd a

www.cs.elte.hu/~kfried/algebra2/egyseggyokosszeg2.html

animációt.) �

Bizonyítás. (Második)Az n-edik egységgyökök előállnak εn,1 hatványaiként:

1 = ε0n,1, ε1n,1, . . . , εn−1n,1 .

Ezek összege véges mértani sorösszeg, amelyben az első elem 1, a kvóciens

(hányados) εn,1; azaz1− εnn,11− εn,1

. Mivel pedig 1 = εnn,1, ez az összeg 0. �

Ha már megvizsgáltuk az egységgyökök összegét, nézzük meg, mit mondhatunka szorzatukról. n = 2 esetén−1, n = 3-ra 1, n = 4-re ismét−1 adódik. Sejtjük,mi a helyzet:

50

4.3. ábra. Az ötödik egységgyökök összege

4.2.16. Tétel Az n-edik egységgyökök szorzata páros n-re −1, páratlan n-re 1.

Bizonyítás. A komplex számok szorzatának hossza a hosszaik szorzata (ez 1,hiszen minden egységgyök hossza 1), az arkusza az arkuszok összege. Ez pedig

0 +2π

n+

4π

n+

6π

n+ . . .+

(n− 1)2π

n.

Ez olyan számtani sorozat, amelynek differenciája2π

n, az összege pedig

n(n− 1)

2

2π

n= (n− 1)π.

A szorzat tehát cos(n− 1)π + i sin(n− 1)π, az arkusza ezért páros n-re (−π)-nek, páratlan n-re π-nek felel meg, míg az abszolút értéke 1, vagyis az n-edikegységgyökök szorzata páros n-re −1, páratlan n-re 1. �

Az egységgyököknek további érdekes tulajdonságaik vannak, amelyekkel mostnem foglalkozunk.

Végezetül megemlítjük, hogy magasabb analízisbeli ismeretek alapján definiál-ható a komplex számok exponenciális alakja: z = r · eiϕ, speciálisan eiπ = −1.

Feladatok

1. Igazolja a 4.2.3. megjegyzésben szereplő (zk)n = zk·n állítást. (z ∈C \ {0}, n, k ∈ N)

51

2. Oldja meg a következő másodfokú egyenleteket a komplex számok hal-mazán!

(a) ix2 − ix+ 1

(b) ix2 + x+ 1 + i = 0

(c) (i− 2)x2 + (2 + i)x+ 2i = 0

3. Határozza meg, hogy az x2 + ipx − 1 = 0 egyenlet megoldásainak négy-zetösszege a p paraméter mely értékére lesznek minimálisak!

4. Határozza meg a 4.4. ábrán ívekkel jelölt szögek összegét! (Három négy-zetet rajzoltunk egymás mellé, és a közös csúcspontból meghúztuk azegymás után keletkező téglalapok egy-egy átlóját.)

4.4. ábra.

5. Végezze el a1 + i tgα

1− i tgαműveletet (fejezze ki az eredményt algebrai alak-

ban)!

6. Határozza meg azokat a komplex számokat, amelyek négyzete az eredetiszám konjugáltja!

7. Számítsa ki a következő komplex számokat!

(a)√

2i

(b)√−8i

(c)√

3− 4i

(d)√−8− 6i

(e)√

1− i√

3

52

8. Oldja meg a következő egyenleteket!

(a) x2 − (2 + i)x+ (−1 + 7i) = 0

(b) x2 − (3− 2i)x+ (5− 5i) = 0

(c) (2 + i)x2 − (5− i)x+ (2− 2i) = 0

9. Írja fel a 2-odik, 3-adik, 4-edik, 5-ödik, 6-odik egységgyököket trigono-metriai és algebrai alakban is!

10. Sorolja fel, hogy a 24-edik egységgyökök melyik milyen n-re primitív n-edik!

11. Milyen n-re primitív n-edik egységgyök a tizedik egységgyökök közül a4-edik?

12. Milyen n-re primitív n-edik egységgyök a 12-edik egységgyökök közül a8-adik? És a 7-edik?

13. Írja fel a 24-edik egységgyökök közül a hetediknek a hatványait, és hatá-rozza meg, hogy azok hányadikak a 24-edik egységgyökök közül!

14. Jelöljön ε egy 2n-edik primitív egységgyököt! Határozza meg az 1 + ε+ε2 + . . .+ εn−1 összeget!

15. Jelöljön ε az első n-edik egységgyököt! Számítsa ki az (x + ε1)1 + (x +ε2)2 + . . .+ (x+ εn)n összeget!

16. Hozza egyszerűbb alakra acosϕ+ i sinϕ

cosψ − i sinψkifejezést!

17. Végezze el a következő gyökvonásokat!

(a) 3√i

(b) 3√

2− 2i

(c) 4√−4

(d) 6√

1

(e) 6√−64

18. Fejezze ki cosx és sinx segítségével (valamint a komplex számok trigo-nometrikus alakjának felhasználásával) a következőket:

(a) sin 2x

53

(b) cos 3x

(c) cos 5x

(d) cos 7x

(Ötlet: z = cosϕ + i sinϕ esetén a z hatványait algebrai és trigonomet-rikus alakban is kiszámíthatjuk.)

19. Fejezze ki tg 2ϕ-t tgϕ segítségével!

54

II. rész

Polinomok

55

5. Polinomok

A könyv második részében polinomokról lesz szó. Polinomokkal már középis-kolában is találkozunk. A másodfokú egyenlet megoldóképlete címen valójábanegy másodfokú polinomegyenlet megoldásait keressük.

Másodfokú polinomként az ax2 + bx + c kifejezést ismertük. Mivel most ma-gasabb fokú polinomokkal is fogunk találkozni, az egyre magasabb fokszámotjelölő x-hatványok együtthatójára hamar kifogynánk az ábécé betűiből, ígyérdemes más jelölést kitalálnunk.

Lehetne a0x2 + a1x1 + a2 a jelölés, vagy a2x2 + a1x

1 + a0. Mi az utóbbit fogjukhasználni.

Több kérdésre fogjuk keresni a választ. Mindenekelőtt tisztázzuk tehát a hasz-nált fogalmakat.

Természetesen meg kell mondanunk, hogy mi micsoda: mi az az x, mi az az a,és ha már tudjuk, hogy azok valamilyen számok (együtthatók), akkor milyenhalmazból vannak.

Amikor az egyenlet megoldásáról beszéltünk, akkor nem az a2x2 + a1x1 + a0

polinomot oldottuk meg, hanem az a2x2 + a1x1 + a0 = 0 egyenletet. A kettő

között ugyan van kapcsolat, de meg kell különböztetnünk a polinomot és asegítségével felírt (polinom)egyenletet. Ezeket is tisztáznunk kell.

Emlékeztetőül: testnek nevezzük az olyan (T,+, ·) algebrai struktúrát, aholT egy nem üres halmaz, az + (összeadás) kétváltozós művelet kommutatív,asszociatív és invertálható (egységeleme a 0), a · (szorzás) kétváltozós műveletkommutatív, asszociatív és a T \{0} halmazon invertálható, valamint a szorzásdisztributív az összeadásra (vagyis összeget úgy is szorozhatunk egy T -belielemmel, hogy a minden tagot megszorzunk, és a szorzatokat adjuk össze).

(Ha egy struktúra majdnem test, épp csak a szorzás nem kommutatív, akkorazt ferde testnek nevezik.)

56

5.1. Polinomokkal kapcsolatos fogalmak

Legyen T egy test, és legyenek az an, an−1, . . . , a2, a1, a0 elemek T -beli elemek.

5.1.1. Definíció. T test feletti (egyhatározatlanú) polinomnak nevezzük az

P = anxn + an−1x

n−1 + . . .+ a2x2 + a1x+ a0 (5.1)

formális kifejezést, ahol az x egy jel, amelynek ebben a pillanatban nem köl-csönzünk értelmet. (Ezért mondjuk azt, hogy ez a kifejezés formális.)

Bármit jelentsen is az x, az xk jelölés az önmagával vett k-szoros szorzatotjelöli. (Aminek – x értelmetlen lévén – szintén nincs még értelme. k = 0esetén az 1-et – a szorzás egységelemét –, k = 1 esetén x-et jelenti.)

Az ai elemeket együtthatóknak nevezzük, x-et pedig határozatlannak.

A polinomban egy akxk kifejezéset tagnak nevezünk. (Eszerint a fenti P poli-nomnak n+ 1 tagja van.)

A későbbiekben kétféle értelemmel töltjük meg a polinom formális kifejezését,amelyek egymással is és a formális kifejezéssel is kapcsolatban lesznek.

1. Ha az x-ről azt feltételezzük, hogy az valamelyik T -beli elem, akkor aztmondjuk, hogy a fenti ((5.1)) kifejezésbe behelyettesítjük az adott elemet. Ek-kor a P -ben szereplő műveletek elvégezhetők, az eredmény pedig – amely szin-tén T -be esik – a P polinom x helyen vett helyettesítési értéke.

2. Ha tetszőleges T -beli x elemhez hozzárendeljük a szintén T -beli anxn +an−1x

n−1+. . .+a2x2+a1x+a0 elemet, akkor ez egy hozzárendelés, egy függvény,

amit polinomfüggvénynek nevezünk. Ezt úgy is jelöljük, hogy P (x) (ebben azesetben x megnevezése: változó).

Ekkor van értelme azt firtatni, hogy a P polinomnak mely x ∈ T érték mel-lett 0 a helyettesítési értéke (a polinomegyenlet megoldása, ekkor x megneve-zése: ismeretlen), illetve hogy mely x értékhez rendel 0-t a P (x) függvény (apolinomfüggvény zérushelye).

Ennek a két kérdésnek a megválaszolása ugyanannak a problémának a megol-dását jelenti. Ebben a fejezetben – többek között – erre a kérdésre keressük aválaszt.

5.1.2. Definíció. A (5.1) polinom fokszáma az an (legnagyobb indexű tag)indexe: n; jele: gr(P ) = n.

Mivel a kifejezés formális, nem lehetünk benne biztosak, hogy an 6= 0.

57

Ha an 6= 0, akkor az n a polinom valódi fokszáma, ellenkező esetben a valódifokszám n-nél kisebb.

Azokat a polinomokat, amelyek valódi fokszáma 1, konstans polinomoknak ne-vezzük – kivéve az azonosan 0 polinomot, amelynek minden együtthatója 0!

Szinte soha nem fogunk arra fanyalodni (de egyszer-kétszer mégis), hogy an-t0-nak vegyük, így azon ritka esetekben, amikor 0-nak adódna, figyelnünk kellrá, hogy mi a valódi fokszám.

További gondjaink lesznek még azzal a ténnyel, hogy bár a P = a0 6= 0 (egyta-gú) polinom fokszáma 0 (a definíciónk szerint), az a0 = 0 polinom fokszámáramást kell majd kitalálnunk.

Ugyan nincsen semmi értelme, de a későbbiek alapján az látszik a legcélszerűbbnek,ha a konstans 0 polinom fokszámát – formálisan – mínusz végtelennek vesszük. Az-az bármilyen nem 0 számmal szorozzuk meg, bármennyit is adunk hozzá, önmagátkapjuk.

5.1.3. Definíció. A polinom legmagasabb fokú tagját (anxn-et, ahol an 6= 0)főtagnak, az an-et főegyütthatónak nevezzük.

5.2. Műveletek polinomokkal

5.2.1. Definíció. Két polinom összegét a következőképpen definiáljuk:

A = anxn + . . .+ a1x+ a0, B = bmx

m + . . .+ b1x+ b0

esetén jelölje l az n és az m közül a nagyobbikat (vagy n = m, akkor ezt). Ha Aés B fokszáma nem ugyanannyi, akkor egészítsük ki az alacsonyabb fokszámútolyan tagokkal, hogy a nem valódi fokszáma l legyen. Ekkor

A = alxl + . . .+ a1x+ a0, B = blx

l + . . .+ b1x+ b0.

(Az egyik valódi l-edfokú, a másik nem feltétlenül.)

Ezek összege az a C polinom, amelynek a k-adik tagja (ak + bk)xk, tehát

C = (al + bl)xl + . . .+ (a1 + b1)x+ (a0 + b0).

Ebből a definícióból az alábbiak következnek (vezethetők le egyszerűen):

1. A polinomok összeadása kommutatív.

58

2. A polinomok összeadása asszociatív (visszavezethető a T testbeli összeadásasszociativitására).

3. A polinomok összeadásának van egységeleme, az azonosan 0 polinom (min-den együttható 0), amelyet O-val fogunk jelölni.

4. Az összeg fokszáma nem lehet nagyobb egyik összeadandó fokszámánál sem.(Esetünkben l-nél.)

5.2.2. Definíció. Polinomok szorzata:

A = anxn + . . .+ a1x+ a0, B = bmx

m + . . .+ b1x+ b0

esetén legyen a szorzatuk az a C polinom, amelynek a k-adik tagja

(ak · b0 + ak−1 · b1 + . . .+ a0 · bk)xk,

amennyiben pedig a megfelelő együtthatók nem léteznek, azokat 0-nak vesszük:

C = (an ·bm)xn+m+(an ·bm−1+an−1 ·bm)xn+m−1+. . .+(a1 ·b0+a0 ·b1)x+(a0 ·b0).

(Lásd az 5.1 ábrát!)

5.1. ábra. Polinomok szorzata

Az ugyanazzal a színnel jelölt szorzatokban ugyanannyi az x fokszáma.

Ebből a definícióból az alábbiakat tudjuk bebizonyítani:

1. A polinomok szorzása kommutatív. (Ez is visszavezethető a T -beli összeadásés szorzás kommutativitására.)

2. A polinomok szorzása asszociatív. (Visszavezethető a T -beli műveletektulajdonságaira.)

59

3. A polinomok szorzása disztributív a polinomok összeadására nézve. (Vissza-vezethető a T -beli műveletek tulajdonságaira.)

4. A polinomok szorzásának létezik egységeleme: az azonosan 1 polinom, ame-lyet E-val fogunk jelölni.

5. Két polinom szorzata csak úgy lehet az O polinom, ha valamelyik magaaz O. (Ezt kicsit komplikáltabb bizonyítani, de ugyanúgy visszavezethető aT -beli műveletek tulajdonságaira.)

6. A polinomok szorzásakor a fokszámok összeadódnak – kivéve, ha a kétpolinom valamelyike az azonosan 0 polinom, vagyis az O.

Ez utóbbi fontos tulajdonság, és szeretnénk, ha tetszőleges polinomokra hasz-nálhatnánk. Sokszor fogunk rá „polinomok szorzatának fokszámára vonatkozóösszefüggés”-ként vagy röviden csak „fokszámösszefüggés”-ként hivatkozni.

Ezzel egyébként magyarázatot kaphatunk arra is, miért nem értelmezhetjük0-nak az O (azonosan 0) konstans polinom fokszámát. Ha ugyanis O fokszáma0 lenne, akkor tetszőleges A polinom esetén az O · A = O, tehát a fokszáma0 lenne, másrészt a szorzatra vonatkozó fokszámösszefüggés miatt gr(O) +gr(A) = gr(A)-t kellene kapnunk, de ezt nem tudjuk minden A-ra garantálni.

Miként érdemes tehát megválasztani (és eddig miért nem tettük meg ezt) azO = 0 polinom fokszámát.

Három igényünk van:

1. a fokszám fejezze ki a tagok számának a csökkenését;

2. a fokszám természetes (de legalábbis egész) szám legyen;

3. a szorzatpolinom fokszáma (lehetőleg) legyen egyenlő a tényezők fokszámá-nak összegével.

Azért nem értelmeztük tehát az O fokszámát, mert nincs olyan természetes(sőt egész) szám, amire teljesülne a szorzat fokszámára tett feltétel.

Sajnos ezért le kell mondanunk arról, hogy O-nak fokszámot adjunk. (Inkább,minthogy lemondjuk a szorzatra vonatkozó fokszámösszefüggésről.)

Mint azt korábban említettük – a második tulajdonságról lemondva – az lenne alegcélszerűbb, ha a konstans 0 polinom fokszámát „mínusz végtelennek” vennénk.Ilyen szám természetesen nincs.

Valamilyen mértéket mégis hozzá fogunk rendelni a polinomokhoz, mert „nagy-ság” szerinti összehasonlításukra is szükségünk lesz.

5.2.3. Definíció. Legyen az A polinom „mérete” vagy „mértéke” 2gr(A), ha lé-tezik a gr(A), és legyen 0, ha nem létezik.

60

Ez a méret kifejezi a fokszám nagyságát (nagyobb fokszámú polinomhoz na-gyobb méret tartozik); természetes szám; polinomok szorzatának mérete a té-nyezők méretének szorzata.

Azt láttuk eddig, hogy a test fölötti polinomok körében definiálható egy kom-mutatív és asszociatív összeadás, illetve szorzás, továbbá az összeadás invertál-ható, és a szorzás disztributív az összeadásra nézve.

Nem végezhető el azonban az osztás, vagyis nincs minden esetben megoldásaa PX = Q egyenletnek (amelyben tehát P , Q adott T -feletti polinomokhozkeressük azt a T -feletti X polinomot, amelyre PX = Q).

Az 1-nél magasabb fokszámú polinomoknak nincs például reciproka.

5.2.4. Példa. Tegyük fel, hogy invertálható a polinomok körében a szorzás,

például a P = x polinomra azE

P=

1

xkifejezés is polinom.

Ekkor a P =1

x-ből P · x = 1 lenne.

Ha létezik gr(P ), akkor ebből gr(P ) + 1 = 0 következne, ami lehetetlen.

Ha viszont gr(P ) nem létezik, akkor P ≡ O = 0, amiből O · x = O, ami nemegyenlő az 1 polinommal, vagyis ez is ellentmondásra vezet.

Ebből következik, hogy a polinomok körében nem végezhető el az osztás.

Érdekes azonban megjegyezni a következőt:

5.2.5. Állítás Ha A és B (B 6= O) két egytagú polinom és gr(A) ≥ gr(B),akkor létezik olyan P polinom, amelyre A = P · B. Mondhatjuk, hogy ekkor

létezik azA

Bpolinom.

Bizonyítás. Ha A = akxk és B = blx

l, akkor P =akblxk−l megfelel, mert

k − l ≥ 0 egész szám (alkalmas x kitevő),akbl

pedig T -beli elem.

Továbbá PB =akblxk−l · blxl a szorzás szabályai szerint akxk, azaz éppen A. �

5.2.6. Definíció. Ha egy nem üres halmazon értelmezve van egy kommutatív,asszociatív és invertálható összeadás, valamint egy kommutatív szorzás, amelydisztributív az összeadásra nézve, akkor ezt az algebrai struktúrát gyűrűneknevezzük.

61

A fentiekben megállapítottuk, hogy a T test feletti polinomok gyűrű, amelyetT [x]-szel jelölünk.

Találkoztunk már gyűrűvel korábban is. Ilyen például az egész számok halma-za.

Az egész számok körében sem végezhető el az osztás. Ezért ott definiáltuk amaradékos osztást. (A következő kötetben egy másik megoldást fogunk keresni:kibővítjük a struktúrát.)

A maradékos osztáshoz rengeteg fogalmat vezettünk be: oszthatóság, egység(nem egységelem!), asszociált, maradékos osztás, Euklideszi algoritmus, prím-tulajdonság, felbonthatatlanság, végül eljutottunk a számelmélet alaptételéig.

Ezt az utat követjük most a test feletti polinomokra is.

Feladatok

1. Hogyan lehet két polinom összegének fokszáma kisebb az összeadandókfokszámánál?

2. Határozza meg pontosan, hogy mennyi lehet két polinom összegének fok-száma! Minden lehetőséget vegyen tekintetbe!

3. Igazolja a polinomszorzás definíciója alapján, hogy két polinom szorzatacsak úgy lehet O-val egyenlő, ha valamelyik az O.

4. Végezze el a következő polinomszorzásokat!

(a) (2x+ 1)(x2 − 1)

(b) (x2 − 2x+ 2)(x2 + 2x+ 2)

(c) (x3 + x2 + x+ 1)(x− 1)

(d) (x3 − x2 + x− 1)(x+ 1)

5. Adja meg a következő polinomok helyettesítési értékét a −1, 0, 1 helye-ken!

(a) x7 − x6 + x5 − x4 + x3 − x2 + x− 1

(b) 5x4 + 3x2 − x+ 4

(c) 3x3 − 2x2 + 2x− 3

(d) 3x3 + 2x2 + 2x+ 3

62

6. Két polinom szorzata negyedfokú. Hányadfokú lehet az összegük?

7. Két polinom összege negyedfokú. Hányadfokú lehet a szorzatuk?

8. Vezesse le másodfokú polinomokra a gyökök és együtthatók közötti össze-függést (Viète/formula)1.

1François Viète (vagy latinul Vièta) (1540–1603). Az x2 + px + q = 0 alakban felírtmásodfokú polinomegyenlet x1, x2 – nem feltétlenül különböző – gyökeire x1 + x2 = −p,x1x2 = q.

63

6. Polinomok számelmélete

Ebben a fejezeteben minden polinom T feletti (azaz T [x]-beli), ám ezt nemmindenütt fogjuk feltüntetni.

Próbáljuk meg átvinni az egész számok számelméletében bevezetett fogalmakata polinomokra is.

6.1. Oszthatóság

6.1.1. Definíció. Legyen A és B ∈ T [x].

Azt mondjuk, hogy A osztója B-nek (vagy B többszöröse A-nak), ha létezikolyan Q ∈ T [x] polinom, amelyre B = A ·Q.

Példa. A 2x − 4 polinomnak például többszöröse a 2x2 − 4x (x-szerese), a4x2 − 4x− 4 ((2x+ 1)-szerese) vagy az x− 2 (1/2-szerese). Ezért a 2x2 − 4x,a 4x2 − 4x− 4, az x− 2 minegyikének osztója a 2x− 4.

Az azonosan 0 polinom is többszöröse (mert 0-szorosa), vagyis (2x− 4) | O.

6.1.2. Definíció. Egységeknek azokat a T feletti (azaz T [x]-beli) polinomokatnevezzük, amelyek minden polinomnak osztói.

6.1.3. Megjegyzés. A szorzat fokszámára vonatkozó feltétel miatt egységekcsak a konstans polinomok lehetnek. (Hiszen az a polinom, amely minden poli-nomnak osztója, a konstans 1 polinomnak is osztója, márpedig akkor a fokszámanem lehet nagyobb nullánál.) Továbbá az O polinom kivételével valóban mindegység is.

Ha ugyanis E1 = a egy konstans polinom és P = anxb+. . .+a1x+a0 tetszőleges

polinom (T felett), akkor az1

ais konstans polinom, és

P ′ =anaxb + . . .+

a1ax+

a0a

64

is T feletti polinom, és E1 · P ′ = P , tehát E1 | P .

6.1.4. Definíció. Legyen A és B ∈ T [x]. Ha A | B és B | A, akkor A és Begymás asszociáltjai.

Ekkor A = EA ·B és B = EB · A kifejezésekben EA, EB egységek.

6.1.5. Következmény. Ha A és B asszociáltak, akkor a fokszámuk egyenlő.

Ez abból következik, hogy az asszociáltak egymás egységszeresei – azaz kons-tansszorosai –, így a fokszámuk egyenlő.

Könnyű ellenőrizni, hogy az oszthatóság a T [x] polinomok körében is rendezésireláció. (Reflexív, antiszimmetrikus, tranzitív.)

6.2. Legnagyobb közös osztó

6.2.1. Definíció. Két polinom legnagyobb közös osztója olyan polinom, amely1. Mindkét polinomnak osztója (közös osztó). 2. Minden közös osztójuknaktöbbszöröse.

6.2.2. Megjegyzés. Ez a tulajdonság az egész számok körében a kitüntetettközös osztó tulajdonság volt, ott viszont még azt is kikötöttük, hogy pozitív le-gyen. Mi állhat mindezek hátterében?

A természetes számok körében a legnagyobb közös osztó egyértelmű.

Az egész számok körében az asszociáltak közül kiválaszottuk (kijelöltük) a pozi-tívat.

Érdekes észrevenni, hogy a polinomok körében nem garantált, hogy a legnagyobbközös osztó polinom egyértelmű. Csupán annyit mondhatunk, hogy asszociálterejéig egyértelmű:

6.2.3. Állítás Mivel két polinom két legnagyobb közös osztója egymás többszö-röse, így azok egymás asszociáltjai. Ez egyszersmind azt is jelenti, hogy kétpolinom legnagyobb közös osztója asszociált erejéig egyértelmű.

Ha nagyon fontos lenne, meg tudnánk különböztetni egyetlen, kitüntetett közösosztót, például azt, amelyiknek a főegyütthatója 1. Ennek ebben a pillanatbanazonban nincs jelentősége.

A legnagyobb közös osztó meghatározására az euklideszi algoritmust alkalmaz-tuk, ehhez pedig szükségünk volt a maradékos osztásra.

65

6.3. A maradékos osztás

Az egész számokhoz hasonlóan most is szeretnénk definiálni a maradékos osz-tást.

Ez azt jelentené, hogy adott A, B 6= O polinomokhoz keresünk olyan P , Qpolinomokat, amelyekre A = B · Q + R, és azt szeretnénk elérni, hogy az Rkisebb legyen B-nél.

A polinomok körében nincsen sok értelme azt kérni egy polinomtól, hogy kisebblegyen, mint egy másik. Azt persze kérhetjük, hogy R fokszáma legyen kisebbB fokszámánál. Ezzel azonban kizárjuk az O-t mint lehetséges maradékot,hiszen nincs fokszáma.

Most fogjuk hasznát venni annak, hogy a polinomok mindegyikéhez hozzáren-deltünk egy olyan mértéket, amely – ha létezik – tükrözi a fokszámok egymás-hoz viszonyított nagyságrendjét, az O fokszáma pedig a legkisebb.

Emlékeztetünk: ha P -nek van fokszáma, akkor a mértéke 2gr(P ), O mértékepedig 0.

6.3.1. Definíció. (Maradékos osztás) Ha az A, valamint a B 6= O (T [x]-beli) polinomokhoz létezik olyan P és R (T [x]-beli) polinom, amelyekre teljesül,hogy A = BP +R, valamint R mérete kisebb, mint B mérete, akkor azt mond-juk, hogy az A-t B-vel maradékosan osztva a hányados P , a maradék R.

6.3.2. Példa. Osszuk maradékosan a 3x2−x+ 1 polinomot az x− 1 polinom-mal!

Nagy segítség, ha előre megállapítjuk, hogy a polinomok fokszámra vonatkozószorzástételéből a P fokszáma 1, a maradék fokszáma pedig 0 vagy R = O.

Most pedig abból indulunk ki, hogy polinomszorzáskor a tényezők főtagja afőtagok szorzata. Ennek segítségével meghatározható a hányados főtagja.

Keressük tehát a hiányzó főtagot!

Ez csak 3x lehet, mert akkor a főtagok szorzata: x · 3x, megegyezik a szorzatfőtagjával.

Eszerint a P polinom 3x+. . . alakú. (Általában P1+P ′1.) Tegyük most fel, hogyismerjük A-t és B-t, keressük P -t és Q-t. Amennyiben meghatároztuk a P1-et,akkor A = B · (P1 +P ′1)+Q = B ·P1 +B ·P ′1 +Q miatt A−B ·P1 = B ·P ′1 +Q.

Mivel esetünkben A − B · P1 fokszáma kisebb lett, folytathatjuk tovább amaradékos osztást. Ez egy A1 = B · P ′1 + Q maradékos osztás elvégzéségjelenti.

66

Az tehát a kérdés, hogy mennyi marad, vagyis esetünkben mennyi A−B ·P ′1?3x2 − x+ 1− 3x(x− 1) = 3x2 − x+ 1− (3x2 − 3x) = 2x+ 1.

Az A1 = (2x+1)-nek (x−1)-gyel való maradékos osztásához ismét a hányadosfőtagját határozzuk meg. Ez a konstans 2 polinom. A visszaszorzás során:2x+ 1− 2 · (x− 1) = 3.

Ez egyszersmind az eredeti maradékos osztás maradéka is. Tehát 3x2−x+1 =(3x+ 2)(x− 1) + 3.

Ahogy a természetes számok maradékos osztásakor is kerestünk egyszerű le-jegyzési módot, a polinomok osztásához is érdemes ilyet találni.

1. lépés: felírjuk a maradékos osztást:

3x2 − x + 1 : x − 1 = . . .

(A leírásban a félreértések elkerülése érdekében . . . -tal jeleztük, hogy az osztás„még tart”. Ezt végig jelölni is fogjuk.)

2. lépés: megkeressük a soronkövetkező főtagot:

3x2 − x + 1 : x − 1 = 3x . . .

3. lépés: visszaszorzunk (ügyelve arra, hogy minden tag a neki megfelelő fok-számú tag alá kerüljön):

3x2 − x + 1 : x − 1 = 3x . . .3x2 − 3x

4. lépés: kivonjuk a visszaszorzással kapott polinomot:

3x2 − x + 1 : x − 1 = 3x . . .−

(3x2 − 3x)

2x + 1

5. lépés: megkeressük a soronkövetkező főtagot:

3x2 − x + 1 : x − 1 = 3x+ 2 . . .−

(3x2 − 3x)

2x + 1

67

6. lépés: elvégezzük az új taggal a visszaszorzást:

3x2 − x + 1 : x − 1 = 3x+ 2 . . .−

(3x2 − 3x)

2x2x − 2

7. lépés: elvégezzük a kivonást:

3x2 − x + 1 : x − 1 = 3x+ 2 . . .−

(3x2 − 3x)

2x + 1− ( 2x − 2)

3

Mivel a 3 fokszáma alacsonyabb, mint az osztóé, ezért a maradékos osztásvégetért: 3x2 − x+ 1 = (3x+ 2)(x− 1) + 3.

A lejegyzés most is egyszerűsíthető azzal, ha a visszaszorzást és a kivonást egylépésben végezzük el, azonban ez nagy odafigyelést igényel.

6.3.3. Megjegyzés Ennek a maradékos osztásnak az eljárása olyan, mintamilyen a természetes számokon volt. A különbség csak annyi, hogy az együtt-hatók tetszőleges T -beli elemek lehetnek. De még a helyiértékek is megvannak:a megfelelő fokszámú elemek jelölik ki.

Eszerint úgy is lejegyezhetjük a polinomosztást, hogy táblázatba írjuk (hogy netévesszük el a „helyiértéket”), de az x-eket kihagyjuk (arról viszont nem feled-kezhetünk el, hogy a kihagyott 0, illetve le nem írt 1 együtthatókat is beírjuk):

3 − 1 + 1 : 1 − 1 = 3 + 2 . . .− (3 − 3)

2 + 1− ( 2 − 2)

3

Abból, hogy ebben a konkrét esetben el tudtuk végezni az osztást, nem követ-kezik, hogy minden A, B 6= O polinompárra elvégezhető. A következő tételviszont éppen ezt mondja ki:

68

6.3.4. Tétel (Polinomok maradékos osztására vonatkozó tétel)Tetszőleges A, B (nem azonosan nulla) T [x]-beli polinomokhoz van olyan P ésQ – szintén T feletti – polinom, amelyekre

I.(a) A = PB +Q

I.(b) Q vagy egyenlő az O-val, vagy kisebb a fokszáma, mint B fokszáma.

II. P és Q egyértelműen meghatározott.

Bizonyítás. A bizonyítás első részét A fokszámára, pontosabban méretérevonatkozó teljes indukcióval végezzük el.

Először megvizsgáljuk, hogy mi a helyzet abban az esetben, ha A-nak nemlétezik fokszáma, azaz a mérete 0. Ekkor – vagyis ha A = O – készen vagyunk,mert ebben az esetben P = Q = O megfelelő.

Most azt vizsgáljuk, hogy mi a helyzet gr(A) = 0 esetén: Ha A fokszáma 0,akkor ha B fokszáma nagyobb 0-nál, akkor P = O, Q = A megfelelő (ekkor

teljesül I.(a) és I.(b) is), ha pedig B fokszáma is 0, akkor P =B

Aelvégezhető

(T test), valamint R = O.

Indukciós feltevés: grA < n esetére feltételezzük, hogy elvégezhető a maradé-kos osztás.

Legyen A fokszáma n > 0, ekkor A főtagját elosztjuk B főtagjával. (Ez5.2.5. állítás szerint elvégezhető és polinomot eredményez.) Ez lesz a keresetthányados polinom főtagja: P ′.

Eredetileg olyan P és Q polinomokat keresünk, amelyekre A = PB+Q, vagyisaz adott P ′ mellett az A = B(P ′ + P ′′) +Q felíráshoz keressük P ′′-t és Q-t.

Ekkor A − BP ′ fokszáma kisebb, mint n, azaz A fokszáma (mert A és BP ′

főtagjai egyenlők – így kerestük meg P ′-et), tehát az indukciós feltevés értel-mében maradékosan osztható B-vel: A−BP ′ = P ′′B +Q.

Ekkor A = B(P ′+P ′′)+Q, vagyis megkaptuk az A = B(P ′+P ′′)+Qmaradékososztásban szereplő P = P ′ + P ′′, illetve Q polinomokat.

Ezzel a bizonyítás I. részét befejeztük.

Ha most tekintjük A-nak a A = BP1 + Q1 és A = BP2 + Q2 felírását, akkorkivonva ezeket egymásból O = BP1 +Q1−BP2−Q2 = B(P1−P2)+(Q1−Q2)adódik, amiből B(P2 − P1) = Q1 −Q2.

A bal oldalon álló kifejezés osztható B-vel, így a jobb oldalon álló Q1 −Q2 is.

69

Ha most a B-vel osztható Q1 −Q2 6= O, akkor a fokszáma biztosan kisebb Bfokszámánál, de a szorzat fokszámára vonatkozó összefüggés szerint ez lehetet-len.

Így csak az lehet, hogy Q1 = Q2. Amiből B(P1 − P2) = O, és mivel B 6= O, apolinomok szorzására vonatkozó fokszámtétel szerint csak P1 = P2 lehetséges.

Ezzel bebizonyítottuk az egyértelműséget is. �

6.4. Az euklideszi algoritmus

6.4.1. Példa. Az egész számok halmazán leírt euklideszi algoritmus mintájárakeressük meg az A = 3x2 − 2x− 1 és a B = x2 − 1 polinomok legnagyob közösosztóját!

Tudjuk, hogy az euklideszi algoritmus alapja az a gondolat, hogy két elem közösosztója osztója a különbségüknek is, és ha ezzel kisebb elemekhez jutunk, akkoregyszerűen folytatva az eljárást, előbb-utóbb olyan elemeket kapunk, amelyekegymással és a lehető legnagyobb közös osztóval is egyenlőek. Ennek érdekébennem egyszerűen kivontuk a nagyobbik elemből a kisebbiket, hanem egyetlen,nagyobb lépésben meghatároztuk a nagyobbiknak a kisebbel vett maradékát.

A polinomoknál persze a nagyságot a fokszám jelenti.

Az előzőek szerint tehát elosztjuk maradékosan az A-t B-vel.

1. 3x2 − 2x− 1 = (x2 − 1)3 + (−2x+ 2)︸ ︷︷ ︸maradék

Most az új maradékkal osztjuk a korábbi osztót:

2. x2 − 1 = (−2x+ 2) ·(−1

2

)x+ (x− 1)︸ ︷︷ ︸

maradék

Ismét osztjuk az előző osztót a kapott maradékkal:

3. −2x+ 2 = −2(x− 1) + 0︸︷︷︸maradék

Az utolsó nem nulla maradék az x− 1, vagyis ez a két polinom legnagyobb kö-zös osztója. A legnagyobb közös osztó csak asszociált, vagyis konstans szorzóerejéig egyértelmű. Általában a lehetséges legnagyobb közös osztó konstans-szorosai közül vehetjük „kitüntetettnek” azt, amelyiknek a főegyütthatója 1.Esetünkben éppen ilyen legnagyobb közös osztót kaptunk.

70

6.4.2. Állítás (Euklideszi algoritmus a polinomok körében)Tetszőleges A és B T [x]-beli, nem O-val azonos polinomoknak létezik legnagyobbközös osztója, és ez egész számoknál látott módon meghatározható az euklideszialgoritmus segítségével.

Bizonyítás. Azt állítjuk, hogy az

A = Q1B +R1,

B = Q2R1 +R2,

R2 = Q3R2 +R3

... (6.1)

maradékos osztás láncban az utolsó nem nulla (O) maradék az A és a B leg-nagyobb közös osztója.

Először belátjuk, hogy közös osztó. Ez abból következik, hogy ha egy

U = PV +R

maradékos osztásban S osztója U -nak és és V -nek, akkor R-nek is, hiszenU = U1S, V = V1S, így R = U1S − PV1S, vagyis R = S(U1 − PV1), ezértS | R.Eszerint a legnagyobb közös osztó (ha létezik) minden lépésben osztója azosztandónak, az osztónak és a maradéknak. Mivel a láncban az új osztandóaz előző osztó, az új osztó pedig az előző maradék, így az újonnan keletkezőmaradéknak is osztója lesz a legnagyobb közös osztó (ha létezik).

Most belátjuk, hogy az utolsó nem nulla maradék a legnagyobb közös osztó, amia polinomok körében azt jelenti, hogy minden közös osztójuknak többszöröse.

Tegyük fel, hogy Z közös osztója A-nak és B-nek is.

Mivel Z osztója A-nak és B-nek, így osztója lesz R1-nek is. Hasonlóan, mindentovábbi lépésben osztója az osztandónak és az osztónak, vagyis a keletkezőmaradéknak is. Így a legutolsó nem nulla maradéknak is osztója a Z, így azutolsó nem 0 maradék valóban többszöröse minden közös osztónak. �

Azt egyébként már láttuk, hogy a legnagyobb közös osztó legfeljebb asszociálterejéig egyértelmű. Ugyan az euklideszi algoritmus csak egyetlen eredménytad, de tudjuk, hogy ez nem az egyetlen legnagyobb közös osztó.

6.4.3. Következmény. Két polinom legnagyobb közös osztója előáll a két po-linom lineáris kombinációjaként, vagyis A-hoz és B-hez van olyan U és V po-linom, amelykre az (A,B) = AU +BV .

71

Bizonyítás. Az első egyenlőségből kifejezhető a maradék A és B lineáris kom-binációjával: R1 = A−BQ1. Ezt behelyettesítjük a másodikba, amelyből ismétkifejezhető a maradék A és B segítségével.

Fogalmazhatjuk ezt úgy is, A és B lineáris kombinációinak lineáris kombináci-ója továbbra is lineáris konmbinációja lesz A-nak és B-nek:

α1 · (a1A+ b1B) + α2 · (a2A+ b2B) = (α1a1 + α2a2)A+ (α1b1 + α2b2)B.

Így haladva végül az utolsó nem nulla maradékhoz is eljutunk, azt is megkapjukA és B lineáris kombinációjaként. �

Az euklideszi algoritmus egy másik következménye:

6.4.4. Következmény. Ha A, B és C T [x]-beli polinomok, és egyik sem azO, akkor (AC,BC) = C(A,B).

Bizonyítás. A felírt maradékos osztás minden sorát megszorozva C-vel éppena bizonyítandó összefüggést kapjuk. �

Ezután egész számokra definiáltuk a prímelem és a felbonthatatlan elem tulaj-donságokat. Polinomokra is megadhatók ezek a fogalmak:

6.4.5. Definíció. Egy O-tól és egységtől különböző F polinom felbonthatatlan(irreducibilis), ha minden olyan esetben, amikor F felírható UV szorzat alak-ban, akkor U vagy V egység (és persze a másik polinom F -nek asszociáltja).

6.4.6. Következmény. Nyilvánvaló, hogy (minden test fölött) az elsőfokú po-linomok felbonthatatlanok, ez a polinomok szorzásának fokszámára vonatkozóösszefüggésből következik. (Egy elsőfokú polinomot nem tudunk alacsonyabbfokú polinomok szorzataként felírni.)

6.4.7. Definíció. Egy O-tól és egységtől különböző P polinom prímtulajdon-ságú, ha valahányszor osztója egy XY polinomszorzatnak, osztója valamelyiktényezőnek.

Az egész számok körében ezután bebizonyítottuk, hogy az egész számok kö-rében ez a két tulajdonság megegyezik. (Azt is láttuk, hogy ez nem mindenhalmazban teljesül.)

6.4.8. Tétel A T [x] halmazban a prímtulajdonság és a felbonthatatlanságugyanazokra a polinomokra teljesül.

72

Bizonyítás. Legyen F felbonthatatlan. Tételezzük fel, hogy F = XY . Belát-juk, hogy ekkor F osztója X-nek vagy Y -nak.

Ha F | X, akkor készen vagyunk. Ha viszont F - X, akkor a legnagyobb közösosztójuk egység (E), hiszen F osztói csak egységek vagy saját asszociáltjailehetnek. Azaz (F,X) = E , ezért a 6.4.4. következmény miatt (FY,XY ) =EY , viszont mivel FY és XY is osztható F -vel (F = XY ), így F | EY , azazF | Y .

Ezzel beláttuk az állítás egyik felét.

Másrészt ha P prímelem, és valamely UV -vel egyenlő, akkor ennek a szorzatnaknyilván osztója is: P | P , vagyis P | UV . Mivel P prímtulajdonságú, ezértU és V közül az egyiknek biztosan osztója. Legyen ez például az U . (V -retermészetesen ugyanúgy működik a bizonyítás.)

Eszerint U | P . P = UV miatt viszont U | P , vagyis az U a P asszociáltja, Vpedig – ezek szerint – egység.

Ezzel az állítás másik felét is beláttuk. �

Ezután – csakúgy, mint az egész számok körében – rátérhetünk a számelméletalaptételére.

6.4.9. Tétel (A számelmélet alaptétele polinomokra) Minden O-tól ésegységtől különböző T test fölötti polinom vagy felbonthatatlan, vagy lényegébenegyértelműen írható fel felbonthatatlan elemek szorzataként. Az egyértelműségsorrend és asszociáltság erejéig érvényes. (Vagyis két felírás csak konstansszorzóban és a tényezők sorrendjében térhet el.)

6.4.10. Megjegyzés. Ez a (lényegében egyértelmű) feltétel az egész számokkörében elég semmitmondónak tűnt, hiszen a sorrend nyilván változhat, mert aszorzás kommutatív, az egységszeres pedig csak előjelváltást jelent.

A természetes számokon még semmitmondóbb az egyértelműségben az egység-szeres kitétel, hiszen ott csak az 1 az egység.

Bizonyítás. Felírhatóság: A bizonyítás „létezik a felírás” részét a polinomfokszámára vonatkozó indukcióval végezzük el. Ha a polinom fokszáma 1 (0nem lehet), akkor készen vagyunk, hiszen a polinomok szorzására vonatkozófokszámösszefüggés alapján a polinom felbonthatatlan.

Ha a fokszám n (1-nél nagyobb), akkor amennyiben a polinom felbonthatatlan,akkor készen vagyunk. Ha felbontható két, külön-külön n-nél kisebb fokú poli-nom szorzatára, akkor a kapott polinomokra alkalmazzuk a tétel felírhatóságravonatkozó részének indukciós állítását.

73

Ezzel beláttuk a felbonthatóságot.

Kvázi-egyértelműség: Tekintsük egy polinom két felírását. Amennyiben vannakolyan tényezők a két felírásban, amelyek egymás asszociáltjái, akkor ezekkelegyszerűsíthetjük a szorzatokat.

Amennyiben ezután nem csak két (egyébként nyilván egyenlő) konstans maradtvolna, hanem további felbonthatatlan polinomok szorzata, akkor a bal oldalonálló polinomok egyike nyilván osztója a jobb oldali polinomszorzatnak, ígyannak valamely (prím, azaz felbonthatatlan) tényezőjének is: F1 | F2. Mivelezek felbonthatatlanok, ez azt jelenti, hogy F1 = F2E (F2 osztója csak egységvagy asszociáltja lehet, de F1 nem egység). Vagyis mégiscsak maradt volnaegy-egy olyan polinomtényező a két oldalon, amelyek egymás asszociáltjai, amiellentmondás, így a két felírás valóban „lényegében” megegyezik. �

Ezzel eljutottunk arra a pontra, ameddig az egész számok számelméletében:

Minden O-tól és egységtől különböző polinom lényegében egyértelműen írha-tó fel felbonthatatlan polinomok szorzatára. (Ebben a megfogalmazásban afelbonthatatlan elemet egytényezős szorzatnak tekintettük.)

6.4.11. Következmény. A polinomokra vonatkozó számelméleti alaptételbőllátszik, hogy egy n-edfokú polinom legfeljebb n polinom szorzatára bontható,hiszen 0-adfokú polinomok egységek.

Az általunk leginkább ismert és használt három test a komplex számok, a valósszámok és a racionális számok teste.

Felmerül a kérdés, hogy melyek a felbonthatatlan elemek a C[x]-ben, az R[x]-ben, illetve e Q[x]-ben.

A következő részben ezekre a kérdésekre keressük a választ. Sajnos éppen alegegyszerűbben hangzó válasz lesz a legnehezebb. Nem is fogjuk bizonyítani.

Feladatok

1. Igazolja, hogy ha egy P polinomra P | AB és (P,A) = E , akkor P | B.

2. Igazolja, hogy az x2 + 2x+ 2 polinom a valós számok fölött irreducibilis.

3. Felbontható-e a valós számok fölött az x2 + 4 polinom?

4. Végezze el a következő maradékos osztásokat!

(a) (2x4 − 3x3 + 4x2 − 5x+ 6) : (x2 − 3x+ 1)

74

(b) (x3 − 3x2 − x− 1) : (3x2 − 2x+ 1)

(c) (x4 − 2x3 + 4x2 − 6x+ 8) : (x− 1)

5. Igazolja, hogy ha egy A polinomnak gyöke x1 és maradékosan osztjuk a Bpolinommal, amelynek szintén gyöke az x1, akkor a maradék polinomnakis gyöke x1.

75

7. Az algebra alaptétele éskövetkezményei

Ahhoz, hogy megértsük és fel tudjuk használni a témakör legfontosabb tételét,meg kell ismerkednünk néhány fogalommal és összefüggéssel.

7.1. Néhány fontos fogalom

7.1.1. Definíció. A P ∈ T [x] polinom gyökének nevezzük az x0 ∈ T elemet,ha az x helyébe x0-t írva a formális kifejezés helyettesítési értéke 0.

Ez pontosan azt jelenti, hogy x0 a P : x 7→ P (x) polinomfüggvénynek nullhelye,azaz P (x0) = 0.

7.1.2. Állítás Ha x0 gyöke egy P polinomnak, akkor P osztható az (x − x0)polinommal.

Bizonyítás. Osszuk el maradékosan a P polinomot (x− x0)-lal:

P = Q · (x− x0) +R.

Ebben a maradékos osztásban R csak konstans lehet, hiszen az osztó (x− x0)fokszáma 1. Továbbá kifejezhető az R: R = P −Q(x− x0).Helyettesítsünk x helyébe x0-t. Mivel P az x0-ban 0 és Q(x0−x0) is nulla, ígyR helyettesítési értéke is nulla az x0-ban.

R tehát egy olyan konstans polinom, amely x0-ban nulla, ebből pedig követke-zik, hogy mindenütt nulla. �

76

7.2. Irreducibilis komplex együtthatós polinomok

7.2.1. Tétel (Az algebra alaptétele) A C[x]-ben minden legalább elsőfokúpolinomnak van gyöke.

Ezt a tételt nem bizonyítjuk, de jól körül fogjuk járni.

1. Nem tévesztendő össze a számelmélet alaptételével!

2. A tétel azt mondja ki, hogy minden nem konstans komplex együtthatóspolinomnak van gyöke. A 7.1.2. állításból következik, hogy egy n-edfokú (n >1) komplex polinomnak biztosan van gyöke, és így „kiemelhető” belőle egyelsőfokú tényező. Induktív módon eljárva a megmaradó másik tényezőnek isvan gyöke, annak is van elsőfokú osztója.

3. Azt már korábban láttuk, hogy minden n-edfokú polinomnak legfeljebb ngyöke lehet. Ebből a tételből az is látszik, hogy a komplex együtthatós n-edfokúpolinomoknak pontosan n gyöke van – esetleg vannak köztük egyenlők.

Foglaljuk össze az algebra alaptételének legalapvetőbb következményeit:

7.2.2. Következmény. 1. Minden nem konstans komplex együtthatós po-linomnak van gyöke.

2. Minden nem konstans komplex együtthatós n-edfokú polinom felírható ndarab elsőfokú polinom szorzataként.

3. A nem konstans komplex együtthatós n-edfokú polinomoknak (multipli-citással, vagyis az egyenlő gyököket többszörösen számítva) pontosan ngyöke van.

4. A komplex polinomok között pontosan az elsőfokúak az irreducibilisek.

Ezzel a C[x] polinomok körében megadtuk az irreducibilis elemeket. A valósokkörében – nyilván – felbonthatatlanok az elsőfokúak, és középiskolai tanulmá-nyainkból tudjuk, hogy azok a másodfokúak is fenbonthatatlanok, amelyekdiszkriminánsa negatív.

Az a kérdés, van-e más felbonthatatlan polinom R[x]-ben.

7.3. Irreducibilis valós együtthatós polinomok

7.3.1. Tétel A valós számok körében a felbonthatatlan polinomok az elsőfokúakés azok a másodfokúak, amelyek diszkriminánsa negatív.

77

Bizonyítás. Vizsgáljuk a P valós együtthatós polinomot komplex együttha-tósként. (Tehetjük, mert minden valós szám komplex is.)

Ekkor ha a z komplex szám gyöke P -nek, akkor z konjugáltja gyöke P kon-jugáltjának (ez az összeg és szorzat konjugálására vonatkozó azonosságokbólkövetkezik). A P konjugáltja azonban maga P , hiszen minden együtthatójavalós.

Emiatt, ha a z komplex szám gyöke P -nek, akkor z is gyöke.

A valós együtthatós P polinom (mint komplex együtthatós) tehát így írhatóelsőfokú polinomok szorzataként:

(x− z1)(x− z1)(x− z2)(x− z2) · . . . · (x− x1)(x− x0).

(Előre soroltuk a komplex gyököket a konjugáltjaikkal együtt, a végére a való-sakat, hiszen ilyenek is lehetnek.)

Ebben az alakban az (x − z)(x − z) szorzat x2 − (z + z)x + zz, ez egy má-sodfokú valós együtthatós polinom. Ennek a diszkriminánsa negatív, mert kétnem valós gyöke van, z és z. (Egyébként természetesen a komplexek fölöttkiszámíthatók a gyökei, hiszen meghatározható a diszkrimináns négyzetgyöke,ami ±(z − z).)

Vagyis minden nem konstans valós együtthatós polinom felbontható elsőfokúvalós tényezők és negatív diszkriminánsú másodfokú tényezők szorzataként.

Ebből következik, hogy a valós fölött a felbonthatatlanok éppen a tétel szerin-tiek. �

A tételnek van egy nagyon egyszerű következménye:

7.3.2. Következmény. Minden legalább harmadfokú valós együtthatós poli-nom felbontható.

Analitikusan (végtelenben vett határértékekkel és a folytonosságra vonatkozótételek segítségével) nem nehéz bebizonyítani, de most algebrai úton is láthat-juk, hogy:

7.3.3. Következmény. A páratlan fokú valós polinomoknak van valós gyöke.

Ez azért igaz, mert a valós együtthatós polinomok komplex gyökei „párban”fordulnak elő, vagyis a páratlan fokú polinomoknak van elsőfokú valós ténye-zője.

78

7.4. Irreducibilis racionális együtthatós polino-mok

A racionális számok is számtestet alkotnak (a szokásos összeadással és szorzás-sal), de leginkább a valósokon megfogalmazott eredményeket szoktuk a racio-nálisokra is vonatkoztatni.

Ha most ezzel próbálkoznánk, nagyon nagy bajban lennénk.

Láttuk, hogy vannak olyan egész együtthatós polinomok, amelyeknek nemhogyegész vagy racionális, de még csak valós gyöke sincs, például az x2 + 1.

Példa. Van-e racionális gyöke az x2 − 2 polinomnak?

A valósok fölött megoldva az x2 − 2 = 0 egyenletet x = ±2 adódik, ami nemracionális.

Ilyen alapon hamar kiderül, hogy akármilyen magas fokszámú polinom is lehetirreducibilis a racionálisok fölött: xn − 2, n ∈ N, n > 1.

A 2x2 − 2 polinomnak persze van racionális gyöke, az 1 és a −1. Az x2 − 1

4

polinomnak pedig a ±1

2.

Az ax+ b racionális együtthatós polinom irreducibilis.

Az ax2+bx+c nemcsak akkor irreducibilis, ha a diszkriminánsa negatív, hanemakkor is, ha a diszkriminánsa nem racionális szám négyzete.

Azt tudjuk, hogy ha az együtthatók egészek lennének (és miért ne lehetnének– egy konstans szorzóval elintézhető), akkor a diszkrimináns egész szám lenne,és akkor az lenne a felbonthatóság szükséges feltétele, hogy a diszkriminánsnégyzetszám legyen.

7.4.1. Definíció. Két egyenlet ekvivalens, ha ugyanazok a megoldásai.

Két polinomfüggvény ekvivalens, ha ugyanazok a zérushelyei.

7.4.2. Következmény. Két komplex vagy valós vagy racionális test feletti po-linom ekvivalens, ha egymás konstansszorosai.

Bizonyítás. Osszuk el a polinomot a főegyütthatóval. Ezután felírjuk komp-lex elsőfokú tényezők szorzataként:

(x− z1)(x− z2) . . . (z − zn)

79

A polinom gyökei z1, z2, . . . , zn. A polinomnak ez a komplex feletti gyökténye-zős alakja. Minden olyan polinomnak, amelynek pontosan ugyanezek a gyökeilegfeljebb a konstans szorzóban térhet el. �

A racionális számtest fölötti polinomok között keresve a felbonthatatlan poli-nomokat azt tapasztaljuk, hogy nagyon szorosan kapcsolódnak az egész együtt-hatós polinomokhoz, bárha ezek nem test felettiek, és másképp is viselkednek.(Nem lesz például minden konstans polinom egység.)

A racionális és az egész együtthatós polinomok között nagyon szoros a kap-csolat: minden racionális polinom felírható egy egész együtthatós polinom ésegy racionális konstans szorzataként. Ez a felírás azonban nem egyértelmű.Igyekszünk egyértelművé tenni.

Ezért most az egész együtthatós polinomokat fogjuk szemügyre venni.

A sok ekvivalens polinomalak közül szeretnénk kitüntetni egyet. Ehhez előszöraz együtthatók legnagyobb közös osztójával el kell osztanunk a polinomot.Ezután meg kell állapodnunk, hogy melyik legyen ez a kitüntetett alak.

7.4.3. Definíció. Egy egész együtthatós polinomot primitívnek nevezünk, haaz együtthatóik egymáshoz relatív prímek, és a főegyütthatója pozitív.

Ez azt jelenti, hogy egy P primitív polinom nem írható fel dP alakban, aholP ∈ Z[x], 1 < |d| ∈ N. Vagyis P -nek nincs konstans osztója (csak az 1 és a−1).

7.4.4. Tétel 1. A primitív polinomnak minden nem konstans osztója pri-mitív polinom (vagy annak ellentettje).

2. Két primitív polinom szorzata is primitív.

Bizonyítás. 1. Legyen P egy primitív polinom, és írjuk fel két tényező (A ésB) szorzataként. Mivel P főegyütthatója pozitív, feltételezhetjük, hogy mind-két tényező főegyütthatója pozitív. (Ha mindkettőé negatív, akkor a (−1)-szeresüket vesszük).

Ha A nem lenne primitív – de a főegyütthatója pozitív –, akkor az azt jelentené,hogy van 1-nél nagyobb abszolút értékű konstans osztója, így A = d ·A1 alakúlenne. Ekkor P = d · A1 · B miatt P -nek osztója lenne d, azaz P sem lenneprimitív.

80

2. Tegyük fel, hogy két primitív polinomot összeszoroztunk, és nem primitívaz eredmény.

P = anxn + an−1x

n−1 + . . .+ a2x2 + a1x+ a0,

Q = bmxm + bm−1x

m−1 + . . .+ b2x2 + b1x+ b0,

C = (an · bm) · xn+m + (an · bm−1 + an−1bm) · xn+m−1 + . . .

. . .+ (a2 · b0 + a1 · b1 + a0 · b2)x2 + (a1 · b0 + a0 · b1) · x+ a0 · b0.

Ezek szerint van olyan egész szám – így olyan p prímszám is van –, amely osztjaa szorzat minden együtthatóját.

A konstans tag osztható p-vel, ezért a0 vagy b0 osztható vele. Ha ez a0 (hasonló-an gondolható meg, ha b0), akkor P -nek nem oszthatja minden együtthatóját,hiszen P primitív.

Tegyük fel, hogy például a0, a1, . . . , at osztható p-vel, de már at+1 nem oszthatóvele.

Ekkor az a0bt+a1bt−1+ . . .+at−1b1+atb0 tagban (amely szintén osztható p-vel)b0-nak kell p-vel oszthatónak lennie.

Emiatt az a0bt+1 + a1bt + a2bt−1 + . . . + atb1 + at+1b0 tagban (amely szinténosztható p-vel) b1-nek is oszthatónak kell lennie p-vel.

Az a0bt+2 + . . . + atb2 + at+1b1 + at+2b0 tagban b2-nek kell oszthatónak lenniep-vel.

Satöbbi. (A lépések a 5.1 táblázat általánosabb alakján követhetők nyomon.)

Így eljutunk az at+mb0 + at+m−1b1 + . . . + atbm tagig, amelyben végül bm-nekkell p-vel oszthatónak lennie, emiatt B minden együtthatója osztható p-vel, ésez ellentmond annak, hogy B primitív. �

Az egész együtthatós polinomok körében tehát a primitív polinomok egy (szor-zásra) zárt struktúrát alkotnak. Ez nagyon erős tulajdonság.

7.4.5. Tétel Minden racionális együtthatós polinom egyértelműen bontható felegy tovább nem egyszerűsíthető racionális szám és egy primitív polinom szorza-tára.

Bizonyítás. Először az egyértelműséget bizonyítjuk. Tegyük fel, hogy P -tkétféleképpen is felírtuk egy primitív polinom és egy tovább már nem egysze-rűsíthető tört szorzataként: P =

p

q· A =

u

v·B.

Eszerintp · vu · q

· A = B.

81

Itt A és B is primitív polinom, tehát együtthatóik egészek és relatív prímek.p · vu · q

egész szám, mert A primitív, és ha törtszám lenne, akkorp · vu · q

A-ban lenne

olyan együttható, amely nem egész.

Másrészt viszont A =u · qp · v

B-banu · qp · v

is egész szám, emiatt csak 1 vagy −1

lehet.

Ekkor pedig A = B vagy A = −B, de tekintettel arra, hogy a primitív polinom

főegyütthatója pozitív, csak az egyik eset lehetséges, és∣∣∣∣pq∣∣∣∣ =

∣∣∣uv

∣∣∣.Az előjelek alapján meggondolható, hogy a két felírás ugyanaz.

A felírás pedig a következőképpen konstruálható:

1. P (racionális együtthatós) polinom minden együtthatójának nevezőjétösszeszorozva k-t kapunk, ezzel a P1 = k · P polinom egész együtthatós.

2. A P1 együtthatóiból a közös osztókat kiemelve l-et kapunk, erre P2 =1

l·P1 =

k

l· P , ahol a törtet egyszerűsítve a kívánt alakú felírást kapjuk; illetve ha P

főegyütthatója nem lenne pozitív, akkor a −kl· (−P ) felírást választjuk. �

Ezzel létesítettünk egy megfeleltetést a racionális és a primitív egész együttha-tós polinomok között.

Az egymással ekvivalens racionális együtthatós polinomok között vannak egészegyütthatós polinomok. Ezek között kitüntettünk egyet, egy primitív polino-mot. Tulajdonképpen oszthatósági szempontból minden racionális együtthatóspolinomot azonosíthatunk a neki megfelelő primitív polinommal.

A primitív polinomok pedig csak primitív polinomok szorzatára bonthatók fel.

Ha most a racionális polinomok körében meg tudnánk állapítani, hogy melyeka felbonthatatlanok, akkor az egész együtthatós polinomok körében is meg tud-nánk mondani. Az a racionális polinom, amelyik felbonthatatlan a racionálisfelett, annak a neki megfelelő primitív polinom is felbonthatatlan az egészekfelett, illetve az egészek felett felbonthatatlan primitív polinomnak megfelelőminden racionális polinom felbonthatatlan.

Q = R1 · R2 eseténa

bQ′ =

c

dR′1 ·

e

fR′2 a primitív polinomok felbontására

vonatkozó 7.4.4. tétel első állítása szerint Q′ = R′1 ·R′2.

82

Ha tekintünk egy egész együtthatós polinomot, akkor úgy tudjuk eldönteni,hogy az felbonthatatlan-e, hogy kiemeljük az együtthatók legnagyobb közösosztóját (primitív polinomot készítünk belőle), racionális együtthatósnak te-kintjük, és megvizsgáljuk, hogy a racionálisak körében felbontható-e.

Ha ugyanis felbontható, akkor a felbontás racionális polinomjait felírjuk primi-tív polinomok és törtek szorzataként; a felírásban szereplő egész együtthatóspolinomok primitívek, emiatt a törtek szorzata 1 kell legyen. Így tehát talál-tunk egy egész együtthatós felbontást.

Ha pedig a racionálisban felbonthatatlannak bizonyul, akkor az egészek köré-ben is felbonthatatlan kell legyen, hiszen ha az egészek körében felbonthatnánk,akkor racionális együtthatósnak kezelve a felbontást, a racionálisak körében istaláltunk volna egy felbontást.

7.4.6. Következmény. Az egész együtthatós primitív polinomok akkor és csakakkor felbonthatatlanok az egészek fölött, ha a racionálisban felbonthatatlanok.

Marad a kérdés: Mik a felbonthatatlanok a racionális felett? Kereshetjük per-sze a primitív egész együtthatós polinomok körében is a felbonthatatlanokat,ez ugyanaz a probléma.

Erre a kérdésre nem fogunk kimerítő választ adni. Egy-egy tételt mondunk kiarról, hogy mi lehet gyöke egy racionális polinomnak, illetve adunk egy elégsé-ges (de nem szükséges) feltételt arra, hogy mikor irreducibilis egy polinom.

7.4.7. Tétel (Rolle-tétel) Ha

A = anxn + . . .+ a1x+ a0

egész együtthatós primitív polinom (ai ∈ Z), akkor a tovább már nem egysze-rűsíthető

p

qcsak akkor lehet gyöke, ha p | a0 és q | an.

Ez tehát csak szükséges, de nem elégséges feltétel: szükséges, hogyp

qa fenti tu-

lajdonságú legyen, de ez a tulajdonság még nem elegendő ahhoz, hogy valóbangyöke is legyen a polinomnak.

Bizonyítás. Helyettesítsük be x helyére ap

q-t, hogy meglássuk, milyen tulaj-

donsággal kell rendelkezniep

q-nak ahhoz, hogy az eredmény 0 legyen.

0 = an

(p

q

)n+ . . .+ a1

(p

q

)+ a0.

83

Szorozzuk a kifejezést qn-nel:

0 = anpn + . . .+ a1p · qn−1 + a0q

n.

Minden tag osztható p-vel, kivéve a a0-t, így az összeg (a 0) csak úgy lehetszintén p-vel osztható, ha p | a0. Minden tag osztható q-val, kivéve a an-t, ígyaz összeg (a 0) csak úgy lehet szintén q-val osztható, ha q | an, hiszen p és qrelatív prímek. �

Példa. A 6x2 + 2x− 2-nek csak a ±2

6, ±2

3, ±2

2, ±2

1, ±1

6, ±1

3, ±1

2, ±1

1lehet

gyöke a racionális számok körében. (Persze könnyen tudjuk ellenőrizni, hogyennek a polinomnak nincsen racionális gyöke.)

Az x3 +x2 +x+ 1 polinomnak csak 1 vagy −1 lehet a racionális gyöke – és −1valóban gyöke is.

7.4.8. Tétel (Schönemann–Eisenstein) Az egész együtthatós

A = anxn + . . .+ a1x+ a0

primitív polinom felbonthatatlan, ha van olyan p prímszám, amely osztja azegyütthatók mindegyikét, kivéve an-t, de p2 már nem osztja a0-t.

Bizonyítás. Tegyük fel, hogy az A polinom felbontható két polinom szorza-tára: A = P ·Q. Mivel A primitív, P és Q is az.

P = pkxk + . . .+ p1x+ p0, Q = qlx

l + . . .+ q1x+ q0.

Ezekből A együtthatói:

an = pkql

an−1 = pkql−1 + pk−1ql

an−2 = pkql−2 + pk−1ql−1 + pk−2ql

an−3 = pkql−3 + pk−1ql−2 + pk−2ql−1 + pk−3ql...

a3 = p3q0 + p2q1 + p1q2 + p0q3

a2 = p2q0 + p1q1 + p0q2

a1 = p1q0 + p0q1

a0 = p0q0

84

(A 5.1 táblázatban nyomon követhetők a szorzat együtthatói.) Ezek an = pkqlkivételével mind oszthatók p-vel. p0q0 osztható p-vel, de mindkettő nem lehetp-vel osztható, mert akkor a szorzatuk osztható lenne p2-tel. Emiatt pl. p | p0.A p | p1q0 + p0q1, és p | p0 miatt p | p0q1, így p1q0 is osztható p-vel, de tudjuk,hogy q0 nem. Emiatt p | p1.A p2q0 + p1q1 + p0q2 osztható p-vel, p0q2, p1q1 is, így p2q0 is, de tudjuk, hogyq0 nem. Emiatt p | p2.Azt kapjuk visszafelé haladva, hogy ak = p0qk + p1qk−1 + . . . + pkq0-nak isoszthatónak kellene lennie p-vel, de akkor pk is osztható lenne.

Emiatt az an = pkql is osztható lenne, ám ez ellentmondás. �

Példa. Az x2−2 polinom eszerint felbonthatatlan az egészek fölött (itt p = 2),de például az x2 + 4-ről vagy az x2 − 4-ről ez nem látszik.

7.5. A Horner-elrendezés

Az egész együtthatós polinomok egész gyökeinek száma Rolle-tétele alapjánlegfeljebb 2a0 lehet. Racionális gyöke sem lehet sok, legfeljebb 2a0an.

Ezért ezeket nem tart sokáig végigellenőrizni.

Polinomok helyettesítési értékeinek kiszámítására Horner (William GeorgeHorner (1786–1837) angol matematikus) olyan táblázatos módszert dolgozottki, amelynek segítségével hatványozás nélkül számolhatunk.

A módszer lényege egy példán:

A 2x3 − 6x2 + 2x − 1 polinomot x(2x2 − 6x + 2) − 1 = x(x(2x − 6) + 2) − 1alakba írva egy x0 behelyettesítését ilyen lépésekkel végezhetjük el:

1. 2x0

2. 2x0 − 6

3. x0(2x0 − 6)

4. x0(2x0 − 6) + 2

5. x0(x0(2x0 − 6) + 2)

6. x0(x0(2x0 − 6) + 2)− 1

Egyszer sem kell hatványoznunk, csak szorozni, összeadni és kivonni.

85

Táblázatba rendezve a lépéseket például −2-re kiszámíthatjuk a helyettesítésiértéket:

2 −6 2 −11. −2 −4 (−2)-szer 2 az −42. −2 −4 −10 −4 meg −6 az −103. −2 −4 −10 20 −2-szer −10 az 204. −2 −4 −10 22 20 meg 2 az 225. −2 −4 −10 22 −44 −2-szer 22 az −446. −2 −4 −10 22 −45 −44 meg −1 az −45

Vagy egyszerűbben (összevonva az x-szel való szorzást és a következő együtt-ható hozzávételét):

2 −6 2 −11–2. −2 −10 −2-szer 2 az −4, meg −6 az −103–4. −2 22 −2-szer −10 az 20, meg 2 az 225–6. −2 −45 −2-szer 44 az −44, meg −1 az −45

Így az egészet egyetlen sorba lehet írni:

2 −6 2 −1−2 −10 22 −45

Ennek a polinomnak az esetében két lehetséges egész gyök van, az 1 és a −1.(Racionális gyökként szóba jöhet még az 1/2 és a −1/2.)

A helyettesítési értékek 1-ben és −1-ben:

2 −6 2 −11 −4 −2 −3−1 −8 10 −11

A helyettesítési értékek 1/2-ben és −1/2-ben:

2 −6 2 −11/2 −5 −1/2 −5/4−1/2 −7 1/2 −15/4

Általában:

anxn + an−1x

n−1 + . . .+ a2x2 + a1x+ a0

= x (an + x (an−1 + x (. . .+ a3) + a2) + a1) + a0

Táblázatba írva az együtthatókat, a behelyettesítés első lépésben a főegyüttha-tóval szorozzuk x0-t, majd hozzáadjuk a következő együtthatót. A következőlépésben x0-lal szorozzuk az eredményt, majd a soron következő együtthatótadjuk hozzá.

86

És így tovább. Az utolsó együttható hozzáadásával megkapjuk a helyettesítésiértéket.

Feladatok

1. Igazolja, hogy az egész együtthatós polinomok körében nem minden kons-tans polinom egység.

2. Ellenőrizze, hogy az 5x3 + 3x2 − x + 4 polinomnak vannak-e racionálisgyökei.

3. Készítsen általános megoldóképletet az x4 +px2 + q = 0 alakú egyenletekmegoldására!

4. Milyen feltételek mellett osztható az x3 + px+ q polinom az x2 +mx− 1polinommal?

5. Milyen feltételek mellett osztható az x4 +px2 + q polinom az x2 +mx+ 1polinommal?

6. A Horner-elrendezés segítségével határozza meg a következő polinomokadott helyen való helyettesítésé értékét!

(a) x4 + 2x3 − 3x2 − 4x+ 1 az x0 = −1 helyen

(b) x4 − 8x3 + 24x2 − 50x+ 90 az x0 = 1 helyen

7. Hányszoros gyöke a 2 az x5 − 5x4 + 7x2 + 4x− 8 polinomnak?

8. Határozza meg az a paraméter értékét úgy, hogy az x3 − ax2 − ax + 1polinomnak a −1 legalább kétszeres gyöke legyen!

87

8. Magasabbfokú egyenletek

Most, hogy már tudjuk, hogy egy (nem konstans) komplex együtthatós poli-nomnak mindig van komplex gyöke, a gyakorlatban is megpróbálhatjuk meg-keresni azokat.

8.1. A másodfokú egyenletek

A másodfokú egyenlet megoldását már középiskolában is tanultuk, ismételjükmost át.

Az a2x2+a1x+a0 = 0 egyenletet a2 6= 0 esetén átrendezhetjük x2+a1a2x+

a0a2

= 0

alakba, ahonnan(x+

a12a2

)2

= −a0a2

+a214a22

alapján

x = − a12a2

+

√−a0a2

+a214a22

.

Ez egyébként lényegében megegyezik a középiskolában tanult összefüggéssel.Most látjuk kárát annak, hogy nem tudjuk megkülönböztetni a komplex négy-zetgyökvonást a valós négyzetgyökvonástól.

A valósban a négyzetgyök egyértelmű, ezért ki kell tennünk a ± jelet, hogymutassuk, a négyzetgyök ellentettje is megfelel.

Tudjuk azonban, hogy a nem 0 komplex számoknak két négyzetgyöke van, ezérta komplex négyzetgyök kétértékű – ezért nem kell jelölni.

Persze azt is tudjuk, hogy a komplex fölött minden (valódi) másodfokú po-linomnak két gyöke van (esetleg egybeesik, vagyis multiplicitással számolvakettő).

8.1.1. Tétel Az ax2 + bx + c komplex együtthatós polinom két gyöke az x1 =−b+

√b2 − 4ac

2a, illetve az x2 =

−b−√b2 − 4ac

2a.

88

Emellett a polinom a(x− x1)(x− x2) alakban írható fel.

Bizonyítás. Kétféle úton is indulhatunk: ellenőrizzük x1, x2-ről, hogy gyökei-e a polinomnak, és mivel több nem lehet (mert másodfokú), ezért ezek a gyökök.

Vagy:

ax2 + bx+ c = a

(x2 +

b

ax+

c

a

)= a

((x+

b

2a

)2

−(b

2a

)2

+( ca

))

alapján

a

((x+

b

2a

)2

−(b

2a

)2

+( ca

))= 0,

ha (x+

b

2a

)2

=

(b

2a

)2

− c

a=

b2

4a2− 4ac

4a2=b2 − 4ac

4a2.

Gyököt vonhatunk – amit a komplexek körében szabad is, még azt is tudjuk,hogy két négyzetgyök keletkezik, amelyek egymás ellentettjei.

Emiatt x+b

2a=

√b2 − 4ac

4a2komplex négyzetgyök.

Tudjuk, hogy ilyen kettő van, ezek egymás ellentettjei.

Korábban beláttuk már, hogy ha az x1 gyöke a P polinomnak, akkor az oszt-ható (x−x1)-gyel, ezért ha P másodfokú és két gyöke x1 és x2, főegyütthatójaa, akkor P = a(x− x1)(x− x2). �

8.2. A harmadfokú egyenletek

8.2.1. Tétel A harmadfokú komplex együtthatós polinomegyenlet gyökei kép-lettel megadhatók.

Bizonyítás. Az ax3 +bx2 +cx+d = 0 polinomegyenletből kiindulva x helyére(x−t)-t írunk. Ha tudjuk, hogy milyen xi-ben lesz 0 az új polinom helyettesítésiértéke, akkor az xi + t-ben lesz 0 az eredeti polinom.

ax3 − 3ax2t+ 3axt2 − at3 + bx2 − 2bxt+ bt2 + cx− ct+ d = 0

89

Úgy választjuk meg t-t, hogy az x2-es tag együtthatója 0 legyen: −3at+ b = 0,

vagyis t =b

3a. Ezzel az új polinomegyenlet a1x3 + 0x2 + c1x + d1 = 0 alakú,

amit végigosztva a1-gyel x3 + px+ q = 0 alakot kapunk.

Ha itt p = 0, akkor ránézésre megoldható az egyenlet, x = 3√−q – ez komplex

köbgyök, vagyis (q 6= 0 esetén) x-re három értéket kapunk. Folytassuk agondolatmenetet, ha p 6= 0.

Keressük x-et u + v alakban. Tudjuk, hogy ilyen u, v végtelen sok van, sza-badon változtathatjuk az egyiket, a másik is változik. Persze, ha rögzítenénkróluk még egy tulajdonságot, akkor egyértelművé tehetnénk a felbontást. He-lyettesítsünk u+ v-t x helyére:

u3 + 3u2v + 3uv2 + v3 + p(u+ v) + q =

= u3 + v3 + 3uv(u+ v) + p(u+ v) + q = u3 + v3 + (p+ 3uv)(u+ v) + q = 0.

Megtehetjük, hogy u és v szorzatát rögzítjük. (Tudjuk, hogy ha két számösszege és szorzata adott, akkor őket egy másodfokú polinomegyenlet megol-dásaiként kaphatjuk.) Legyen ezért p+3uv = 0. Ebből uv =

−p3

. Mivel p 6= 0,sem u, sem v nem lehet 0. Ekkor

x3 + px+ q = u3 + v3 + q = 0,

tehát u3 + v3 = −q. De u3-nek és v3-nek a szorzatát is tudjuk, ez a szorzatuk

köbe: u3 · v3 =

(−p3

)3

. u3 és v3 összege is, szorzata is ismert, ezért ők egy

másodfokú polinomegyenlet gyökeiként kaphatók:

(z − u3)(z − v3) = z2 − (u3 + v3)z + u3v3 = z2 + qz −(p

3

)3.

Ennek megoldása a megoldóképlet szerint:

−q +

√q2 +

4p

3

3

2= −q

2+

√(q2

)2+(p

3

)3.

(A négyzetgyök komplex feletti, tehát két értéket ad.)

Ennek a kifejezésnek a harmadik gyökei szolgáltatják u és v három-háromértékét (nem nulla komplex számnak három különböző köbgyöke van). Ezenhárom köbgyök közül tudjuk, hogy csak azok felelnek meg, amelyekre p+3uv =0 teljesül.

90

Azt hihetnénk, hogy a kifejezés kétféle négyzetgyökértékének háromféle köb-gyökértéke u-ra összesen 6-féle lehetőséget szolgáltat. Nem ez a helyzet azon-ban.

A négyzetgyök két értéke közül az egyik az u3, a másik a v3. Ezek szerepeszimmetrikus, tehát mindegy, hogy melyiket nevezzük ki u3-nek, mert az ebbőlkapható u alapján fogjuk v-egyértelműsíteni. (Azt a gondolatmenet helyességegarantálja, hogy a kapott v köbe valóban a másik gyök legyen.)

u-ra a köbgyökvonás után három érték adódik. Ebből p + 3uv = 0 alapjánegyértelműen megkapható v. (Emlékeztetünk, hogy p 6= 0, így u 6= 0.)

u =3

√−q

2+

√(q2

)2+(p

3

)3A gyököket komplex értelemben vesszük, a négyzetgyöknél csak az egyik érté-ket, a köbgyöknél mindhárom értéket tekintetbe vesszük.

v =−p3u

Megjegyezzük, hogy u és v megoldásban elfoglalt szimmetrikus szerepe miattv-re is teljesül, hogy a felmerülő 6 gyök valamelyikével egyenlő. u ismeretébena p+ 3uv = 0 összefüggés egyértelműsíti, hogy melyik a 6 közül.

A megfelelő u és v értékek összegei adják a három x1− t, x2− t, x3− t értéket,amelyekből x1, x2, x3 már meghatározható. �

8.2.2. Definíció. Az

u, v =3

√−q

2+

√(q2

)2+(p

3

)3, p+ 3uv = 0

összefüggést az x3 + px + q = 0 harmadfokú egyenlet megoldóképletének vagya képletet publikáló tudósról elnevezve, Cardano1-formulának nevezzük. (Azigazsághoz hozzátartozik, hogy nem pontosan ez a Cardano-formula, de ezzelekvivalens.)

Tudjuk, hogy a harmadfokú komplex polinomegyenletnek pontosan három gyö-ke van, azt is tudjuk, hogy a valós együtthatós harmadfokú polinomegyenletnekvagy 3, vagy 1 valós gyöke van. (Hiszen a komplex gyökei párosával szerepel-nek.) (A gyökök egybe is eshetnek, ez minket nem zavar.)

1Gerolamo (vagy Girolamo) Cardano 1501–1576 olasz matematikus, fizikus, csillagász

91

8.1. ábra. Egy példa: ha a négyzetgyök alatt negatív szám áll

Casus irreducibilis

Érdekes megfigyelés, hogy a valós együtthatós harmadfokú polinomnak éppenakkor lesz három valós gyöke, amikor a valós fölött nem végezhető el a négy-zetgyökvonás, vagyis amikor (q

2

)2+(p

3

)3(8.1)

negatív.

8.2.3. Definíció. Azt az esetet, amikor a harmadfokú egyenlet megoldóképle-tében szereplő négyzetgyök alatt negatív valós szám áll, casus irreducibilis (ká-zusz irreducibilisz)-nek nevezzük.

8.2.4. Állítás A valós harmadfokú x3+px+q (p, q 6= 0) egyenletnek pontosana casus irreducibilis esetén van három valós gyöke.

Bizonyítás. Ha a (8.1) kifejezés negatív (valós), akkor a négyzetgyök tisztaképzetes, −q

2+ ri, illetve −q

2− ri áll a köbgyök alatt. (Ezek egymás konju-

gáltjai.) (8.1. ábra)

A köbgyök argumentumai: α, α+2π

3, α+

4π

3, illetve −α, −α+

2π

3, −α+

4π

3.

(Valamilyen nem nulla α-ra. Nem nulla, mert −q2

+ ri nem valós szám.)

A szorzatuk csak úgy lehet valós, ha argumentumaik összege π egész számú

többszöröse, tehát az argumentumpárok: α és −α, α+2π

3és −α+

4π

3, illetve

α +4π

3és −α +

2π

3. Vegyük észre, hogy

(−α +

4π

3

)−(−α− 2π

3

)= 2π,

92

(−α +

2π

3

)−(−α− 4π

3

)= 2π, és az argumnetumpárokban szereplő argu-

mentumok egymás ellentettei.

Mivel pedig a köbgyökök abszolút értéke egyenlő (a köbgyök alatt álló lehetsé-ges két kifejezés egymás konjugátja), így a kapott gyökpárok összege mindhá-rom esetben valós.

Ha a 8.1-beli kifejezés 0, akkor −q2

valós szám, három komplex gyöke van,amelyek közül az egyik eleme a valós számhalmaznak is. Eszerint egyetlenvalós gyöke van a harmadfokú egyenletnek. (8.2. ábra)

8.2. ábra. Egy példa: ha a négyzetgyök alatt nulla áll

Ha a 8.1 kifejezés pozitív (valós), akkor a négyzetgyöke pozitív valós szám, −q2-

t hozzáadva ismét valós számot kapunk, mégpedig kétféle, különböző abszolútértékű szám lesz. (A p = 0 vagy q = 0 eseteket kizártuk.) Vagyis |u3| 6= |v3|.(8.3. ábra)

8.3. ábra. Egy példa: ha a négyzetgyök alatt pozitív szám áll

A következő animáción p és q változtatásával megfigyelhető a négyzetgyök alattikifejezés és a köbgyökök elhelyezkedése a komplex síkban.

93

www.cs.elte.hu/~kfried/algebra2/casusirred.html

A köbgyökeik abszolút értéke is különböző, így −p3

= uv és −q = u + v csakabban a kivételes esetben lehet valós, ha u és v is valós, ez azonban a háromlehetséges gyök közül – az argumentumokat tekintetbe véve – csak az egyikgyökpár esetében lehet.

Vagyis ebben az esetben egyetlen valós gyök van. �

A negyedfokú polinomegyenletek a komplex szá-mok fölött

A másodfokú egyenlet megoldóképletének levezetését néhány sorban elintéztük.

A harmadfokú egyenlet megoldóképletéhez több trükköt is be kellett vetnünk,és a „megoldóképlet” nem annyira kompakt, mint a másodfokúé.

A negyedfokú egyenlet megoldóképletét fel sem fogjuk írni, csak megmutatjuka megoldás menetének lépseit.

1. Az αx4+βx3+γx2+δx+ε = 0 polinomegyenletet a korábbiakhoz hasonlóanx4 + px2 + qx + r = 0 alakúra redukáljuk. (Feltehető, hogy q 6= 0, különbenx2-ben másodfokú egyenletet kapnánk, aminek a megoldása egyszerű.)

2. Ezt (x2 + ax+ b)(x2 − ax+ c) formában szorzattá alakítjuk, ami pontosanakkor 0, amikor valamelyik tényező 0. Ezzel elvileg készen is lennénk.

A gond az, hogy az a, b, c együtthatók meghatározása nem egyszerű feladat.Így tehát folytatjuk a lépéseket.

3. A szorzatok felbontása után az együtthatókból azt kapjuk, hogy az átalakí-tás ekvivalens feltételei: b+ c− a2 = p, a(c− b) = q, bc = r.

Ezekből c+b = p+a2, c−b =q

a, így b =

1

2

(a2 + p− q

a

)és c =

1

2

(a2 + p+

q

a

).

bc = r miatt (a3 + pa− q)(a3 + pa+ q) = 4ra2, amiből

a6 + 2pa4 + (p2 − 4r)a2 − q2 = 0.

Ez a2-ben harmadfokú, ami már „megoldható”.

4. Az a-ra kapva egy gyököt felírható b és c, amiből elvégezhető a kívántszorzattá alakítás.

94

8.3. Magasabbfokú egyenletekről

A magasabbfokú egyenletek megoldásához nem áll rendelkezésre a másod- ésharmadfokú polinomegyenlet megoldásához hasonló levezetés. Mi több, ötöd-vagy annál magasabbfokú egyenlethez nem konstruálható általános megoldó-képlet.

Bizonyítás nélkül közöljük az algebra egyik nagyon fontos tételét:

8.3.1. Tétel (Abel–Ruffini) A legalább ötödfokú polinomegyenlet megoldá-sához nem lehet az alapműveletekkel és gyökökkel felírt megoldóképletet adni.

Ez a tétel azt mondja ki, hogy nincs olyan, kizárólag összeadást, kivonást, szor-zást, osztást, gyökvonást tartalmazó zárt formula, amelybe a polinomegyenletegyütthatóit behelyettesítve az egyenlet egy megoldását kapjuk.

Különböző trükkökkel azonban továbbra is kísérletezhetünk.

Reciprokegyenletek

8.3.2. Definíció. Az f(x) = 0 polinomegyenlet reciprokegyenlet, ha x k-

szoros gyöke a polinomnak, akkor azzal együtt1

xis k-szoros gyöke.

Példa. Ha például egy egyenletnek gyöke 2 és1

2, valamint −1, akkor az

(x+ 1)(x− 2)

(x− 1

2

)alakba írható, ezt polinomegyenlet alakban felírva:

x3 − 3

2x2 − 3

2x+ 1 = 0,

ha például gyöke 2 és1

2, valamint −1 és −1, akkor az (x + 1)(x +

1)(x− 2)

(x− 1

2

)alakba írható, ezt polinomegyenlet alakban felírva:

x4 − 1

2x3 − 3x2 − 1

2x+ 1 = 0.

Több ilyen reciprokegyenletet felírva azt tapasztaljuk, hogy az n-edfokú recip-rokegyenletben a k-adfokú és az (n − k)-adfokú tagok együtthatói egyenlők.Ennél azonban több is igaz.

95

8.3.3. Tétel Az f(x) = 0 polinomegyenlet akkor és csak akkor reciprokegyen-let, ha együtthatóira

a0 = an, a1 = an−1, . . .

vagya0 = −an, a1 = −an−1, . . .

(Az együtthatók szimmetrikusak vagy antiszimmetrikusak.)

A polinomot a komplex számtest fölött fogjuk vizsgálni.

Először egy segédtételt fogunk bebizonyítani:

8.3.4. Állítás Két szimmetrikus együthatójú polinom szorzata is szimmetrikusegyütthatójú.

Bizonyítás. Szimmetrikus együtthatós polinomok esetén a polinomok szor-zatát szemléltető táblázatban (5.1 táblázat) az (n−k)-adik „átlóban” a polinommegfelelő együtthatóinak egyenlősége miatt éppen azok az együtthatók fognakszerepelni, mint a k-adik „átlóban”. �

Bizonyítás. Először bebizonyítjuk, hogy a reciprokegyenlet együtthatói (an-ti)szimmetrikusak. A reciprokegyenletnek nem lehet gyöke a 0.

Gyöke lehet viszont az 1 (például m1-szeres) és a (−1) (például m2-szeres),amelyről nem tudjuk megállapítani, hogy az most a gyök, vagy annak reciproka,ezért különválasztjuk.

Így a reciprokegyenlet

an(z−1)m(z+1)m2(z−z1)(z − 1

z1

)·(z−z2)

(z − 1

z2

)·(z−zk)

(z − 1

zk

)(8.2)

alakban írható. Ebből

an(z− 1)m1(z+ 1)m2 ·(z2 −

(z1 +

1

z1

)z + 1

)· . . . ·

(z2 −

(zk +

1

zk

)z + 1

).

Az első tényezőtől eltekintve a többi tényező mindegyikében szimmetrikusegyütthatójú polinomok szerepelnek. Ha m1 páros, akkor (z − 1)m1 is szim-metrikus együtthatós, így a 8.3.4. állítás alaján szimmetrikus együtthatós po-linomot kapunk.

Ham1 páratlan, akkor (z−1)-gyel szorzunk egy szimmetrikus együtthatós poli-nomot. Könnyen ellenőrizhetjük, hogy itt valóban antiszimmetrikusak lesznek

96

a szorzatpolinom együtthatói. (Ha a polinom (n+ 1)-edfokú, akkor az (n+ 1)-edfokó tag együtthatója an, a nulladfokúé −a0 = −an, és általában a (k + 1)-edfokú tagé ak − ak+1, az (n − k)-adfokúé pedig an−k − an−k+1 = ak − ak+1,ami éppen −(ak − ak+1).)

Ebből az is kiderült, hogy mely esetben szimmetrikusak, és mely esetben anti-szimmetrikusak az együtthatók.

Most vizsgáljuk, hogy egy (anti)szimmetrikus együtthatós polinomegyenletnekvalóban gyöke-e minden gyökének a reciproka.

Ha z1 6= 0 gyöke, akkor behelyettesítve1

z1-et:

an1

zn1+ an−1

1

zn−11

+ an−21

zn−21

+ . . .+ a21

z21+ a1

1

z1+ a0

Szorozzuk a kifejezést zn1 -nel, és írjuk an−k helyére a vele egyenlő vagy ellentétesak-t:

a0 + a1z11 + a2z

21 + . . .+ an−2z

n−21 + an−1z

n−11 + anz

n1 .

Ez éppen a z1 helyen felvett helyettesítési érték (azaz nulla), vagyis1

z1valóban

gyöke a polinomegyenletnek. �

8.3.5. Tétel Az f(x) polinomegyenlet akkor és csak akkor reciprokegyenlet, hateljesül rá, hogy minden x-re

f(x) = xn · (±1) · f(

1

x

).

Bizonyítás. Ha f reciprokegyenlet, akkor

xn · f(

1

x

)= an + an−1x+ . . .+ a1x

n−1 + a0xn =

(±1) · (a0 + a1x+ . . .+ an−1xn + anx

n)

az előző tétel alapján.

Másrészt viszont ha minden x-re f(x) = (±1)xn · f(

1

x

), akkor ha x0 gyöke f -

nek (azaz f(x0) = 0), akkor1

x0is gyöke, tehát definíció szerint reciprokegyenlet.

(És persze x0 6= 0.) �

Vizsgáljuk meg, hogy tudunk-e valamit mondani a reciproklegyenletek gyökei-ről. Az eddigiek alapján három lehetőségből tudunk gyökökre következtetni:

97

8.3.6. Tétel 1. Ha f antiszimmetrikus együtthatójú polinom, akkor gyökeaz 1.

2. Ha f páros fokú polinom antiszimmetrikus együtthatókkal, akkor gyöke a−1 (és az előző állítás szerint az 1 is).

3. Ha f páratlan fokú polinom szimmetrikus együtthatókkal, akkor gyöke a−1.

Bizonyítás. Ha f antiszimmetrikus együtthatós polinom, akkor – mint azt a(8.2) felírásból láthattuk – szerepel a gyöktényezős felírásában (z− 1) tényező,tehát gyöke az 1.

Ha f páros fokú antiszimmetrikus polinom, akkor az az antiszimmetria mi-att csak úgy lehet, ha a (8.2) felírásban m1 páratlan – de akkor m2-nek ispáratlannak kell lennie, mert a fokszám páros. Így az 1 és a −1 is gyöke apolinomnak.

Ha f páratlan fokszámú, akkor m1 + m2 páratlan, de ha szimmetrikusak azegyütthatók, akkor m1 páros, tehát m2 páratlan, vagyis f -nek gyöke a −1. (Az1 nem feltétlenül, hiszen lehet, hogy m1 = 0.) �

Az így megkapható gyökök ismeretében f -et oszthatjuk a gyökökhöz tartozópolinomtényezővel ((z−1) vagy (z+1)), vagyis végső soron egy páros fokszámú,szimmetrikus együtthatós polinomegyenlethez jutunk.

Ezt kell tehát általánosan megoldanunk.

Példa. Oldjuk meg az x4 + 2x3 + x2 + 2x+ 1 = 0 egyenletet. Ennek sem a 0,sem az 1, sem a −1 nem gyöke.

Szokásos ötlet ilyenkor x2-tel (a legmagasabb fokú x-hatvány négyzetgyökével)

osztani az egyenletet: x2 + 2x+ 1 +2

x+

1

x2= 0.

Ekkor az(x2 +

1

x2

)+ 2

(x+

1

x

)+ 1 = 0 egyenlethez jutunk.

Vezessük be az y = x+1

xjelölést. Eszerint az előbbi y2− 2 + 2y+ 1 = 0, azaz

y2 + 2y − 1 = 0 egyenletben y = −1±√

2.

x+1

x= y-ból pedig x lehetséges értékei kiszámíthatók.

A páros (2n) fokszámú szimmetrikus reciprokegyenletet xn-nel osztva az így ka-

pott kifejezésben az x-es és az1

x-es tagok és hatványainak együtthatói egyenlők.

98

Így bevezetve az y = x +1

xjelölést, új, n-edfokú egyenletet kaphatunk. Fel-

használjuk közben, hogy

x2 +1

x2=

(x+

1

x

)2

− 2 = 2y2 − 2,

x3 +1

x3=

(x+

1

x

)3

− 3 ·(x+

1

x

)= y3 − 3y,

...

Eszerint, mivel egy 4-edfokú polinomegyenletet elvileg meg tudunk oldani, a8-adfokú szimmetrikus együtthatós egyenletet is meg tudjuk oldani.

Feladatok

1. Oldja meg a következő egyenletet

(a) x3 − 6x+ 9 = 0

(b) x3 + 12x+ 63 = 0

(c) x3 + 9x2 + 18x+ 28 = 0

(d) x3 + 9x2 + 9x+ 1 = 0

2. Oldja meg a következő egyenletet

(a) x4 − 2x3 + 2x2 + 4x− 8 = 0

(b) x4 + 2x3 − 2x2 + 6x− 15 = 0

(c) x4 − 2x3 + 2x2 − 2x− 1 = 0

99

III. rész

Lineáris algebra

100

9. Lineáris algebra

Az eddigiekben olyan egyenletek megoldásait kerestük, amelyekben egy isme-retlen volt, de annak fokszáma tetszőleges lehetett.

Ebben a részben viszont több olyan egyenlet egyidejű megoldását keressük,amelyekben több ismeretlen szerepelhet, ám mindegyik csak az első hatványon.

Középiskolában is találkoztunk már ilyen feladattal.

Példa. Határozzuk meg az 5x + 4y = 2 és az x + y = 1 egyenletű egyenesekmetszéspontját!

Többféle megoldást is tanultunk.

1. Például a második egyenletből kifejezzük y-t, behelyettesítjük az elsőbe:5x + 4(1 − x) = 2, amiből x = −2, ezt behelyettesítve a második egyenletbey = 3.

A kapott megoldást – amennyiben nem ekvivalens átalakításokat végzünk –ellenőrizni kell. Ettől azonban mi most és a jövőben is eltekintünk, és aztsem fogjuk bebizonyítani, habár nem lehetetlen, hogy a megoldás ekvivalenslépésekből áll. Erre azért még egyszer viszatérünk.

2. Egyenlő együtthatók módszere: A második egyenletet szorozzuk 5-tel:

5x+4y = 2

5x+5y = 5

A második egyenletből kivonva az elsőt azt kapjuk, hogy

5x+ 4y = 2

y = 3

Most a második egyenletből kapott y értéket az elsőbe helyettesítve megkapjukx értékét: 5x+ 12 = 2, amiből x = −2. (Ismét elhagyjuk az ellenőrzést.)

101

Példa. Határozzuk meg a következő egyenespárok közös pontjait:

x+ 2y = 0 és 2x+ 4y = −2; valamint x+ 2y = −1 és 2x+ 4y = −2

Az első egyenletrendszer:

x+2y = 0

2x+4y = −2

Az első egyenlet kétszeresét kivonjuk a másodikból:

x+2y = 0

0 = −2,

ami ellentmondás, ennek az egyenletrendszernek nincs megoldása, a két egye-nesnek nincs metszéspontja.

A második egyenletrendszer:

x+2y = −1

2x+4y = −2

Az első egyenlet kétszeresét kivonjuk a másodikból:

x+2y = −1

0 = 0,

ami minden x, y esetén teljesül, azaz ennek az egyenletrendszernek mindenolyan (x, y) számpár megoldása, amely eleget tesz az első egyenletnek, vagyisa két egyenesnek minden pontja közös. (Ismét elhagyjuk az ellenőrzést.)

Néhány tanulság Két egyenesnek nem mindig van közös pontja. Lehet,hogy egy van, lehet, hogy végtelen sok van (egybeesnek), és az is lehet, hogyegy sincs (mert párhuzamosak).

(Több egyenesnek is lehet nulla, egy vagy végtelen sok közös pontja.)

A második módszert kicsit átalakítva egy általánosan alkalmazható megoldásimódszert kapunk:

5x+4y = 2

x+ y = 1

102

Kivonjuk az első egyenlet ötödét a másodikból (kiejtjük a második egyenletbőlaz x-et):

5x+ 4y = 2

0,2y = 0,6

Szorozzuk 5-tel a második egyenletet:

5x+4y = 2

y = 3

Kivonjuk a második egyenlet 4-szeresét az elsőből (kiejtjük belőle y-t):

5x = −10

y = 3

Osztjuk 5-tel az első egyenletet:

x = −2

y = 3

(Ismét elhagyjuk az ellenőrzést.)

Keressük meg a x − y = 3, x + y = 1 és 2x + y = 0 egyenesek közös metszés-pontját. Ezt az egyenletrendszert kell megoldanunk:

x−y = 3

x+y = 1

2x+y = 0

Az első egyenletet kivonjuk a másodikból, a kétszeresét pedig a harmadikból:

x− y = 3

2y = −2

3y = −6

A második egyenletet osztjuk 2-vel:

x− y = 3

y = −1

3y = −6

103

A második egyenletet hozzáadjuk az elsőhöz, a háromszorosát kivonjuk a har-madikból:

x = 2

y = −1

0 = −3

Az utolsó egyenlet szerint ellentmondásra jutottunk, ami azt jelenti, hogy ahárom egyenesnek nincs közös metszéspontja. (Hiába kaptuk meg, hogy x = 2,y = −1, a kapott pont nem illeszkedik a harmadik egyenesre.)

Keressük meg a x − y = 3, x + y = 1 és 2x + y = 3 egyenesek közös metszés-pontját. Ezt az egyenletrendszert kell megoldanunk:

x−y = 3

x+y = 1

2x+y = 3

Az első egyenletet kivonjuk a másodikból, a kétszeresét pedig a harmadikból:

x− y = 3

2y = −2

3y = −3

A második egyenletet osztjuk 2-vel:

x− y = 3

y = −1

3y = −3

A második egyenletet hozzáadjuk az elsőhöz, a háromszorosát kivonjuk a má-sodikból:

x = 4

y = −1

0 = 0

Az utolsó egyenlet semmitmondó. Az első két egyenletből azt kaptuk, hogyx = 2, y = −1. A (2;−1) pont valóban illeszkedik az adott egyenesekre.

104

Feladatok

1. Van-e közös pontja a következő egyenespároknak?

(a) 4x− 5y = −137x+ 2y = 3

}(b) 3x− y = 4

x− 4y = 4

}2. Van-e egy közös pontja a következő egyeneseknek?

(a)4x− 5y = −133x+ 7y = 17x+ 2y = 3

(b)

2x+ 3y = −1x− 4y = 5−2x+ y = −3

3. Határozza meg a következő egyenesek metszéspontját!

(a)5x − 2y + 3x = 112x + y − z = 07x + z = 9

105

10. Lineáris egyenletrendszerek

10.1. A lineáris egyenletrendszer fogalma

Ebben a fejezetben az imént látottakhoz hasonló egyenletrendszerek megoldá-sával foglalkozunk.

10.1.1. Definíció. Az

a11x1 + a12x2 + . . .+ a1nxn = c1a21x1 + a22x2 + . . .+ a2nxn = c2

...ak1x1 + ak2x2 + . . .+ aknxn = ck

(10.1)

egyenletrendszert – ahol aij és ci valamely T testbeli elemek – együtthatók –, azxi-k ismeretlenek, értéküket ugyane T testben keressük – lineáris egyenletrend-szernek nevezzük.

10.1.2. Definíció. A lineáris egyenletrendszer egy megoldása az xi ismeretle-nek egy rendszere, amely xi-k kielégítik az egyenletrendszer egyenleteit.

Az algebrának a lineáris egyenletrendszerek megoldását leíró ága a lineárisalgebra.

Az előzőekben láttuk, hogy milyen elemi módszereket alkalmazhatunk lineá-ris egyenletrendszer megoldására. Meg kell vizsgálnunk, hogy mikor végzünkekvivalnes átalakítást.

Ha két lineáris egyenletet összeadunk, akkor egyet kapunk, amelynek lehetolyan megoldása, amely sem az első, sem a második egyenletet nem elégíti ki.Ha például a két egyenlet x + y = 1 és x − y = 1, akkor a kettő összegéből2x = 2, x = 1, míg y tetszőleges érték lehet, vagyis megoldása például az (1; 1)azonban ez sem az első, sem a második egyenletnek nem megoldása.

106

Ez azt jelenti, hogy az eredeti egyenletrendszerrel nem ekvivalens az összeg-egyenlet, azért ez az átalakítás nem ekvivalens.

Ha egyenesekként tekintünk az egyenletekre, akkor megértjük: a két egyenesegyenletének különbsége nemcsak a metszéspontjukban 0, hanem az egész x =1 egyenesen, és a különbségkapott egyenlet valóban ennek az egyenesnek azegyenlete.

A két egyenes egyenletének különbségével egy újabb egyenest írtunk fel. Ennekvégtelen sok pontja van, így nem lehet minden pontja megoldása az egyenlet-rendszernek.

Csak annyit tudhatunk, hogy ha van olyan pont, amely az eredeti két egye-nesnek közös pontja, akkor az a kapott, harmadik egyenesnek is pontja lesz.Önmagában tehát nem helyettesíti mindkét egyenletet. Azt gondolhatnánk,hogy akkor most két egyenlet helyett hárommal kell dolgoznunk, vagyis nemnyertünk semmit.

A helyzet azonban ennél kissé árnyaltabb. Elegendő ugyanis a két eredetiegyenlet közül az egyiket megtartani (a másikat elhagyhatjuk), míg a harmadik– ha ügyes átalakítást végzünk – sokkal egyszerűbb lehet, mint az, amelyetelhagyunk.

A fenti esetben is ez a helyzet: az x = 1 egyenlet kifejezetten egyszerű. Akáraz elsővel, akár a másodikkal vetjük össze, könnyen meghatározható az egyen-letrendszer megoldása. (x = 1, y = 0)

Az a lépés viszont, hogy két egyenlet számszorosait összeadjuk, és az egyikegyenletet kicseréljük a kapott egyenlettel, ekvivalens átalakítás.

Ez nem csak kétismeretlenes, hanem többismeretlenes lineáris egyenletrendsze-rekre is teljesül.

Feladatok

1. Oldja meg az egyenletrendszert!

x1 + x2 = 4x1 − x2 = 4

Ellenőrizze is a kapott eredményt!

2. Van-e olyan a valós paraméter, amelyre nincs megoldása a következőegyenletrendszereknek!

107

(a)2x1 + 3x2 = ax1 − x2 = 3

(b)ax1 + 3x2 = 1x1 − x2 = 3

Indokolja meg a tapasztaltakat!

3. Oldja meg az egyenletrendszert!

2x1 − x2 − x3 = 43x1 + 4x2 − 2x3 = 43x1 − 2x2 + 4x3 = 11

Ellenőrizze is a kapott eredményt!

4. Oldja meg az egyenletrendszert!

x1 + x2 + 2x3 = −12x2 − x2 + 2x3 = −44x1 + x2 + 4x3 = −2

Ellenőrizze is a kapott eredményt!

108

11. A Gauss-elimináció

A lineáris egyenletrendszer megoldására többféle módszer is kínálkozik. Azelőzőekben említett két módszer közül a második kis pontosítással általáno-san alkalmazható módszerré tehető, amelynek leírása Gauss nevéhez fűződik.(Johann Carl Friedrich Gauss 1777–1855 jeles német matematikus, rendkívü-li eredményei születtek a matematikában – számemlélet, algebra, statisztika,analízis, differenciálgeometria stb. témakörben –, valamint fizikában, asztro-nómiában, optikában.)

11.1. Egyenletek lineáris kombinációja

Ahhoz, hogy végigkövessük, néhány dolgot fontos leszögeznünk. Először egyfogalom – amelyet már korábban is sokszor használtunk –, és amelyet most iscsak nagyon általánosan fogjuk leírni:

11.1.1. Definíció. Legyen A és B két olyan elem, amelyeknek összegét, kü-lönbségét és számszorosait lehet venni, valamint legyen α és β két szám, ame-lyekkel A és B szorozható. Ekkor az αA + βB kifejezést az A és B lineáriskombinációjának nevezzük.

(Jusson eszünkbe, hogy már számelméletben is, két elem legnagyobb közösosztóját felírtuk az adott elemek lineáris kombinációjaként.)

Most rátérünk a módszer leírására.

1. Az az alapgondolat, hogy ha két egyenletet kielégít az ismeretlenek adottértéke, akkor az az egyenletek lineáris kombinációját is kielégíti.

Ugyanakkor lineáris kombinációval kapott egyenlethez az egyik eredeti egyen-letet meg kell tartanunk, a másikat pedig elhagyhatjuk (hiszen ha szükséges,az új egyenletek lineáris kombinációjával vissza tudjuk állítani).

109

(Ha E1 és E2 a két kiinduló egyenlet, E3 = α1E1 + α2E2 és megtartjuk E3

mellett például E2-t, akkor α1E1 = E3−α2E2. Ha valóban két egyenlet lineáriskombinációját írtuk fel, akkor α1 nem lehet nulla, vagyis lehet vele osztani.)

Ez azt mutatja, hogy egyenletet nem veszíthetünk el. Emiatt nem mond-hatjuk azt például, hogy összeadunk két egyenletet (így kettőből egy lenne),hanem csak azt, hogy az egyik egyenlet egy számszorosát hozzáadjuk egy má-sikhoz.

2. Azt használjuk fel, hogy ha egymás utáni lépésekben minden csökkentjükaz egyenletekben az ismeretlenek számát, akkor – jó esetben – eljuthatunk egyolyan egyenletekhez, amelyekben már csak egy-egy ismeretlen szerepel. (Ezegyfajta indukciós lépés.)

11.2. A Gauss-elimináció lépései

1. Az első egyenletet elosztjuk x1 együtthatójával, és az így kapott egyenletmegfelelő számszorosait hozzáadjuk a többi egyenlethez, hogy kiessenbelőlük az x1.

2. A második egyenletet elosztjuk x2 együtthatójával, és az így kapottegyenlet megfelelő többszöröseit hozzáadjuk a többi egyenlethez, hogykiessen belőlük az x2.

3. A harmadik egyenletet elosztjuk x3 együtthatójával, és az így kapottegyenlet megfelelő többszöröseit hozzáadjuk a többi egyenlethez, hogykiessen belőlük az x3.

4. . . . És így tovább, mindig a soronkövetkező egyenletet elosztjuk a soron-következő ismeretlen együtthatójával, és az így kapott egyenlet alkalmasszámszorosait kivonjuk a többi egyenletből, hogy kiessen belőlük a so-ronkövetkező ismeretlen.

Mindezt addig folytatjuk, amíg el nem fogynak az ismeretlenek vagy az egyen-letek.

1. Ha elakadunk Előfordulhat, hogy a soronkövetkező egyenletben a soron-következő ismeretlen 0 együtthatóval szerepel. (Vagyis nem szerepel benne).Ilyenkor két választásunk is van: az egyik, hogy felcseréljük az egyenletek sor-rendjét, a másik, hogy egy másik ismeretlennel folytatjuk az eljárást. Mi inkábba második lehetőséget fogjuk alkalmazni.

110

Ha valamelyik lépésben a soron következő egyenletben minden ismeretlenegyütthatója 0 (tehát a bal oldalról minden ismeretlen kiesett), de van mégolyan ismeretlen, amellyel nem hajtottuk végre az eljárást, akkor átugrunk akövetkező egyenletre. (Ez az eset fordult elő akkor, amikor két párhuzamosegyenes metszéspontjait kerestük.)

2. Ha 0 a bal oldal Előfordulhat, hogy olyan egyenletet kapunk, amelynek abal oldalán 0 áll (kiesett az összes ismeretlen). Az ilyen egyenleteket a rövidségkedvéért függő egyenleteknek fogjuk nevezni. A többit függetlennek.

Ha a jobb oldalukon is 0 marad, akkor ezekkel nincs mit tenni (azonosan nullaaz egyenlet). Ha azonban a jobb oldalon nem 0 marad, akkor ellentmondásrajutottunk, az egyenletrendszernek nincsen megoldása, kár is tovább folytatniaz eljárást. (Az egyik eset akkor fordult elő, amikor két egymással azonosegyenes metszéspontjait kerestük, a másik meg amikor párhuzamosak volt akét egyenes.)

3. Ha elfogynak az ismeretlenek Amikor az utolsó ismeretlennel is el-végeztünk az eliminációt, akkor az eljárás szerint lesz annyi egyenlet, ahányismeretlen, amelyek tehát xi = di alakúak. Ezekből megkaptuk minden isme-retlen értékét.

Lehetnek további függő egyenletek, amelyeknek ha 0 áll a jobb oldalán, akkorminden rendben, de ha nem, akkor – mint korábban mondtuk – ellentmondásosaz egyenletrendszer.

(Ilyen esethez jutottunk, amikor három nem egy ponton átmenő egyenes közöspontját keressük a síkban.)

4. Ha elfogynak az egyenletek, de van még ismeretlen Ha elfogy min-den egyenlet, és nem jutottunk ellentmondásra (ha kaptunk is függő egyenletet,annak a jobb oldalán is 0 van), akkor bár nincs ellentmondás, de nem kapunkegyértelmű megoldást.

Ez történt, amikor két egyenes metszéspontját keresve kiderült, hogy az egye-nesek egybeesnek.

Ilyenkor végtelen sok megoldást kapunk.

Ezeket is „fel lehet sorolni” valamiképpen, például amikor azt kaptuk, hogyx + 2y = −1, 0 = 0. Ekkor x = −2y − 1 alakban adható meg, bárhogyan is

választjuk meg y-t. Vagy fordítva: y =−x− 1

2, bárhogyan adjuk is meg x-et.

111

11.2.1. Definíció. A fent ismertetett eljárás neve: Gauss-elimináció.

Az elimináció eltüntetést, elnyelést jelent, és az ismeretlenek eltüntetésére utal.

Foglaljuk tehát össze a megoldásra vonatkozó következtetéseinket:

Ha az ismeretlenek számát n, a független egyenletek számát r jelöli, akkor akövetkező esetek fordulhatnak elő:

1. a „függő” egyenletek (amelyek bal oldala 0-ra redukálódik) valamelyiké-nek jobb oldala nem 0 – az egyenletrendszernek nincs megoldása, ellent-mondásos;

2. a „függő” egyenletek jobb oldala 0, és kevesebb a független egyenlet, mintaz ismeretlen (r < n) – végtelen sok megoldás van;

3. a „függő” egyenletek jobb oldala 0, és ugyanannyi a független egyenlet,mint az ismeretlen – egyetlen megoldás van.

11.2.2. Megjegyzés. A függő egyenletek száma nem múlik azon, hogy milyensorrendben írjuk fel az egyenleteket, vagy hogy milyen sorrendben ejtjük ki azismeretleneket.

11.2.3. Megjegyzés. Az a megoldási eljárás, amelyben kifejezzük az ismeret-leneket az egyes egyenletekből, vagyis: kifejezzük x1-et az elsőből, és behelyette-sítjük a többibe, utána kifejezzük x2-t a másodikból, és behelyettesítjük a többibestb., míg el nem fogynak az ismeretlenek vagy az egyenletek, pontosan ugyanaz,mint a Gauss-elimináció, csak a lejegyzése kevésbé szisztematizálható.

Feladatok

1. Keressen olyan a paramétert (ha lehet), amelyre a

ax1 + x2 − x3 = 2x1 − x2 + x3 = 3x1 + x2 − x3 = 3

egyenletrendszernek

(a) 0

(b) 1

(c) 2

112

(d) végtelen sok

megoldása van.

Adjon magyarázatot a válaszaira!

Mennyiben függ az egyenletek jobb oldalán álló értéktől a megoldásokszáma?

2. Oldja meg Gauss-eliminációval a valós számok halmazán a következő li-neáris egyenletrendszereket!

(a)x1 + 2x2 + 2x3 + 3x4 = 1

3x1 − x2 − x3 − 2x4 = −42x1 + 3x2 − x3 − x4 = −6x1 + 2x2 + 3x3 − x4 = −4

(b)x1 + 2x2 + 3x3 − 2x4 = 6

2x1 − x2 − 2x3 − 3x4 = 83x1 + 2x2 − x3 + 2x4 = 42x1 − 3x2 + 2x3 + x4 = −8

(c)1x2 − 3x3 + 4x4 = −5

x1 − 2x3 + 3x4 = −43x1 + 2x2 − 5x4 = 124x1 + 3x2 − 5x3 = 5

3. Határozza meg a független egyenletek számát a következő egyenletrend-szerben!

4x2 + 10x3 + x4 = 14x1 + 8x2 + 18x3 + 7x4 = 1

10x1 + 18x2 + 40x3 + 17x4 = 1x1 + 7x2 + 17x3 + 3x4 = 1

Ellentmondásos-e ez az egyenletrendszer?

113

12. Mátrixok

Már általános iskolás korunktól kezdve keressük és alkalmazzuk a tanult el-járások rövid leírását. Maga a helyiértékes írás is egy rövidítés (kihagyjuk aszámrendszer alapszámának hatványai leírását), és hasonlót alkalmaztunk apolinomok körében végzett maradékos osztásnál vagy a Horner-elrendezésnél.

Amennyiben minden együttható helye konkrétan meghatározott helyen szere-pel, nem szükséges kiírni azt az ismeretlent, amelynek ő az együtthatója.

A polinomok maradékos osztásánál a 3 6 4 felírás megfelelt a 3x2 + 6x + 4polinomnak.

A lineáris egyenletrendszerek leírásában nagyon sok időt szánunk a műveletijelek és az ismeretlenek lejegyzésére (amelyeket ráadásul nem is mindig ugyan-azokkal a fajta jelekkel írunk le). Így ha egy szisztematikus jelölésért cserébeelhagyhatnánk ezeket, az segíthetne.

Lehetne például az

x−y = 3

x+y = 1

2x+y = 0

egyenletrendszerben a bal oldalának lejegyzése

1 −11 12 1

Mégiscsak rövidebb. A jobb oldal pedig akkor lehetne

310

114

A ismeretlenek rendszere pedig – bár nem létszükséglet – lehetne

xy

Ha most fel akarjuk írni, hogy az együtthatókat szorozva az ismeretlenekkelaz eredményt kapjuk, akkor könnyen összefolyhat a jelölés, ezért a jelölt egy-ségeket valahogy határolni kell. Eszerint a fenti lineáris egyenletrendszer ígyjelölhető: 1 −1

1 12 1

[xy

]=

310

vagy 1 −1

1 12 1

(xy

)=

310

12.1. A mátrix fogalma

12.1.1. Definíció. A fenti módon – egy téglalap alakban – elrendezett elemeketmátrixnak nevezzük.

Megállapodás: Két mátrixot pontosan akkor tekintünk egyenlőnek, ha egy-részt ugyanakkora a méretük, másrészt az ugyanolyan indexű helyeken egyenlőszámok szerepelnek bennük.

12.1.2. Definíció. Legyen T egy test. Ha egy mátrix minden eleme a T testeleme, akkor azt mondjuk, hogy az egy T test feletti mátrix.

Ha az M mátrix sorai száma n, oszlopai száma k, akkor (n× k)-as mátrixrólbeszélünk. Más szóval: a mátrix mérete n× k. Jelölése: M ∈ T n×k. Az i-ediksor j-edik elemét aij jelöli, de ha valamiért a jelölés félreérthető, akkor a kétindex közé vesszőt teszünk: ai,j. (12.1. ábra)

Ha k = 1, akkor szokás a mátrixot oszlopvektornak, n = 1 esetén sorvektornaknevezni.

A vektort alkotó elemeket a vektor koordinátáinak is szokás nevezni.

A fenti egyenletrendszerben például az eredmény egy 3× 1-es oszlopvektor.

A vektor fogalmával már középiskolában találkoztunk. Az is világos, hogypéldául a koordinátarendszer pontjait mostanáig síkban egy (1 × 2)-es vagy

115

12.1. ábra. n× k-as mátrix

térben egy (1 × 3)-as vektorral adtuk meg. (Rendezett páros vagy rendezetthármas.)

12.1.3. Definíció. A lineáris egyenletrendszer együtthatóiból a fenti módonleírtak szerint képezett mátrixot az egyenletrendszer együtthatómátrixának ne-vezzük.

12.2. Műveletek mátrixokkal

A mátrixok elemei egy T testből valók, így azokat össze tudjuk adni, és szoroznitudjuk egymással. A mátrixok között is lehet műveleteket értelmezni.

Mivel a mátrixok közül a vektorokat már nagyon régről ismerjük, ezért arraügyelnünk kell, hogy összhangban maradjunk korábbi ismereteinkkel.

12.2.1. Definíció. (Mátrix szorzása számmal) Ha α ∈ T (egy testbelielem) és M ∈ T n×k (egy T feletti mátrix), akkor értelmezzük úgy az αM mű-veletet, hogy az M minden elemét α-val szorozzuk.

Ez összecseng azzal a korábbi ismeretünkkel, hogy vektort számmal úgy szoroz-tunk, hogy a vektor minden elemét (geometriai szóhasználattal: koordinátáját)megszoroztuk vele.

12.2.2. Megjegyzés Ha α ∈ T és M ∈ T n×k, akkor αM-et úgy is írhat-juk, hogy Mα. Azaz nincs jelentősége, hogy az M mátrixot balról vagy jobbrólszorozzuk egy számmal.

12.2.3. Definíció. (Mátrixok összeadása) Ha M és N ∈ T n×k (ugyan-olyan méretű T feletti mátrixok), akkor M +N olyan T n×k-beli mátrix, amely-nek ij indexű eleme az M és az N ugyanilyen indexű elemének összege.

116

12.2.4. Megjegyzés. A definíció szerint csak ugyanolyan méretű mátrixokattudunk összeadni.

Ez összhangban van azzal, ahogyan a vektorokat adtuk össze. Különbség vanazonban a vektorok geoemtriai és algebrai értelemben történő összeadása kö-zött. Geometriai értelemben a tér tetszőleges két vektora összeadható, algeb-rában viszont egy síkbeli és egy térbeli vektor nem ugyanolyan méretű, köztüktehát nem végezhető elk az összeadás. (Térbeli algebrai vektorhoz nem lehetsíkbelit adni.)

Egyszerű belátni, hogy a mátrixok összeadása kommutatív, asszociatív, és in-vertálható művelet. A zéruselem a csupa nullákból álló mátrix, amelyet 0 jelöl.

Mielőtt rátérnénk a mátrixok szorzására, vizsgáljuk meg, hogy mit is szeretnénkkapni egy szorzat kiszámításakor. A fenti egyenletrendszert leíró példával:1 −1

1 12 1

[xy

]=

310

Az első egyenlet bal oldala 1 · x+ (−1) · y = 3. Ez azt jelenti, hogy az együtt-ható mátrix első sorának elemeit sorban megszoroztuk az ismeretlenekből állóoszlopvektor elemeivel, majd a kapott szorzatokat összeadtuk.

A második egyenlet bal oldala 1 · x + 1 · y, vagyis itt a második sor elemeitszoroztuk rendre az oszlopvektor elemeivel és adtuk össze a szorzatokat.

Végül a harmadik sok 2 · x + 1 · y, azaz a harmadik sor elemeit szoroztuk azoszlop elemeivel és adtuk össze a szorzatokat.

Ahhoz, hogy ezt megtehessük, az is kellett, hogy az első mátrixnak uagyanannyisoreleme legyen, mint ahány eleme az oszlopvektornak.

Ha a szorzásban szereplő második mátrixnak nem egy, hanem két oszlopa lettvolna, akkor az eredménymátrixnak is lett volna még egy oszlopa.

12.2.5. Definíció. (Mátrixok szorzása) Legyen A ∈ T n×k, B ∈ T k×m. Ek-kor az A ·B mátrixszorzat valamely ij indexű elemét úgy számítjuk ki, hogy azA mátrix i-edik sorának elemeit rendre megszorozzuk a B mátrix j-edik oszlo-pának elemeivel, és a szorzatokat összeadjuk.

Formálisan, ha C jelöli az AB szorzatmátrixot, akkor ennek i-edik soránakj-edik oszlopában szereplő ij indexű eleme:

Cij =n∑l=k

AliBjl,

117

ahol Ali az A mátrix l-edik sorának i-edik eleme, Bjl pedig a B mátrix j-ediksorának l-edik eleme.

A fenti definíció alapján minden elem kiszámításához k darab szorzatot számí-tunk ki és adunk össze. Az eredménymátrixnak összesen annyi sora lesz, mintaz A-nak, és annyi oszlopa, mint a B-nek. Vagyis n×m lesz a mérete. Összes-ségében tehát k · (n × m) szorzatot számítunk ki – mind különböző elempárszorzata. Ez egy rendkívül hosszadalmas művelet.

Példa. A mátrixszorzást nagyon sokféle dologra lehet használni. Képzeljük el,hogy egy gyár termékeinek előállítási költségét szeretnénk kiszámítani. Mindentermékhez felhasználunk valamennyit valamely alapanyagból – beleértve azenergiafelhasználást, a bérköltséget stb. –, és minden termékhez ismerjük afelhasznált anyagok mennyiségét, az alapanyagok például szezonális egységárát.

Ha például az egyik termékhez felhasznált alapanyagok mennyisége 1, 2, 3;ezek egységára tavasszal 4, 5, 6, télen pedig 7, 8, 9, akkor az előállítási költségetavasszal 1 · 4 + 2 · 5 + 3 · 6, télen 1 · 7 + 2 · 8 + 3 · 9. Ezt a két költségértéket a

[1 2 3

] 4 75 86 9

mátrixszorzás segítségével kaphatjuk meg.

Több terméket is felvehetünk, akkor annyi sora lesz az első mátrixnak, amennyia termékek száma. Ha például van még egy termék, amelynek előállításához afenti alapanyagokból 0, 10, 20 egységnyit használunk fel, akkor a[

1 2 30 10 20

]4 75 86 9

mátrixszorzással kapjuk meg a két szezonban az előállítási költségét:[

1 2 30 10 20

]4 75 86 9

=

[4 + 10 + 18 7 + 16 + 270 + 50 + 120 0 + 80 + 180

]=

[32 50170 260

]

Az előálltási költségek: első termék első szezon: 32, első termék második szezon:50, második termék első szezon: 170, második termék második szezon: 240.

Természetesen sokkal szerteágazóbb a mátrixszorzás felhasználása, ez csakegyetlen szemléltető példa.

118

12.2.6. Megjegyzés. Ezzel a mátrixszorzással a vektorok körében nem talál-kozhattunk, mert a vektorok – korábbi jelöléseink szerint – mind (2×1)-es vagy(3 × 1)-es méretűek voltak, ezeket nem lehet összeszorozni a definíció szerint.(Középiskolában összeszoroztunk vektorokat, és a vektorok is mátrixok – eb-ben az értelemben szoroztunk már össze mátrixokat, ezt azonban nem neveztükmátrixszorzásnak.)

A hosszadalmas szorzási művelet miatt nem egyszerű bebizonyítani (bár igaz),hogy a mátrixszorzás asszociatív és disztributív a mátrixösszeadásra nézve.Már ha elvégezhető!

Vizsgáljuk meg, hogy az A(BC), illetve az (AB)C mátrixszorzás milyen méretűmátrixok esetén végezhető el.

A(BC) esetén: ha A (n×k)-as, akkor szükségképpen BC mérete k×m. Vagyisha B (k × l)-es, C pedig (l ×m)-es.

(AB)C esetén: ha C mérete l × m, akkor szükségképpen AB mérete n × l,tehát A mérete n× k, B mérete k × l.A méretek tehát minden esetben n × k, k × l, l ×m, a szorzat mérete pedign×m.

12.2.7. Állítás Ha A ∈ T n×k, B ∈ T k×l, C ∈ T l×m, akkor az A(BC) és az(AB)C szorzás is elvégezhető, a szorzat mérete n×m, és a két szorzat egyenlő.

A szorzás azonban nem kommutatív – de nagyon nem! – Sőt!

Mit értünk ezen?

Nem kommutatív, mert nem is mindig elvégezhető. Csak akkor, ha A oszlopai(azaz sorelemei) és B sorai (azaz oszlopelemei) száma egyenlő.

Nagyon nem kommutatív, mert ha el is végezhető, az AB és a BA végeredménymérete nem biztos, hogy megegyezik. Ha például A mérete n × k, B méretek × n, akkor AB mérete n× n, BA mérete k × k.Sőt! Ha el is tudjuk végezni mindkét szorzást, és a szorzatok mérete is meg-egyezik, még mindig előfordulhat, hogy AB 6= BA. Annak, hogy AB és BAugyanolyan méretű legyen, az a feltétele, hogy A és B mérete is n× n legyen.

12.2.8. Definíció. Az olyan mátrixot, amelynek sor- és oszlopszáma ugyan-annyi, négyzetes mátrixnak nevezzük.

Példa. Legyen A és B is négyzetes, mégpedig (2× 2)-es, és legyen

A =

[1 00 0

], B =

[0 10 0

].

119

Ekkor

AB =

[1 · 0 + 0 · 0 1 · 1 + 0 · 00 · 0 + 0 · 0 0 · 1 + 0 · 0

]=

[0 10 0

],

BA =

[0 · 1 + 1 · 0 0 · 1 + 0 · 00 · 1 + 0 · 0 0 · 0 + 0 · 0

]=

[0 00 0

],

és ezek nem egyenlők.

Az viszont ellenőrizhető, hogy amennyiben minden művelet elvégezhető, akkora mátrixszorzás disztributív a mátrixösszeadásra.

Határozzuk meg, hogy milyen méretek mellett lehet elvégezni az A(B + C)mátrixműveletet!

Ha A mérete n× k, akkor B +C mérete szükségszerűen k×m, vagyis B és Cis (k × m)-es (hiszen csak ugyanolyan méretű mátrixokat tudunk összeadni),és a szorzat (n×m)-es.

Ezen feltételek mellett A(B + C) = AB + AC.

Hasonlóan, (A + B)C elvégezhető, ha A és B mérete n× k, C mérete k ×m,akkor (A+B)C = AC +BC, és a művelet eredményének mérete n×m.

12.2.9. Állítás Ha A ∈ T n×k, B,C ∈ T k×l, D ∈ T l×m, akkor A(B + C) =AB+AC (a mérete n× l), valamint (B+C)D = BD+CD (a mérete k×m).

12.2.10. Definíció. Ha A ∈ T n×k, akkor azt a mátrixot, amelynek méretek×n és az ij indexű eleme ugyanaz, mint A-nak ji indexű eleme, úgy nevezzük,hogy az A mátrix transzponáltja, és így jelöljük: AT .

12.2.11. Definíció. Az A mátrix ii indexű elemei alkotják az A mátrix főát-lóját.

Ezt azt jelenti, hogy az A mátrixot „tükrözve” a főátlójára megkapjuk a transz-ponáltját, például:

A =

(1 2 34 5 6

)főátlójában álló elemek az 1 és az 5, A transzponáltja pedig

AT =

(1 2 34 5 6

)T=

1 42 53 6

120

12.2. ábra. A mátrixszorzás egyik lehetséges lejegyzése

12.2.1. A mátrixok szorzatáról

A mátrixok szorzásának lejegyzése meglehetősen bonyolult, sok szorzást ésösszeadást végzünk közben. Ha az A mátrix mérete n× k, a B mátrixé k×m,akkor a szorzatmátrix mérete n ×m, azaz mind az n ×m elemhez el kell vé-geznünk k darab szorzást (végigmegyünk A megfelelő sorelemein és szorozzukB megfelelő oszlopelemeivel), majd összeadjuk a k darab szorzatot. Ha csak aszorzatokat számoljuk is n ·m · k szorzatot számítunk ki.

Eltéveszteni is nagyon könnyű, ezért találtak ki egy olyan lejegyzési módot,amelynek során könnyebben számontartható legalább az, hogy melyik sorele-meket és oszlopelemeket szorozzuk éppen.

A szorzandó A és B mátrixokat egymáshoz képest elcsúsztatva írjuk le, még-pedig úgy, hogy az A jobb felső sarkához illesztjük a B bal alsó sarkát, vagy azA jobb alsó sarkához a B bal felső sarkát. Ez tulajdonképpen mindegy (12.2,12.3 ábrák).

Ezután A i-edik során és B j oszlopán végigmenve az elemeket összeszorozzuk,a szorzatokat összeadjuk (12.4. ábra).

12.2.12. Megjegyzés. Figyeljük meg, hogy az AB szorzat lejegyzésekor ajobbra lent fennmaradó n×m méretű téglalap helyen keletkezett az AB szorzat.A felső üres hely mérete egy k × k négyzet alakú hely.

12.2.13. Megjegyzés. Ha A és B négyzetes mátrixok, akkor nemcsak jobbralent/fent lehet mátrixszorzatot létrehozni, hanem az A fölött és B mellett talál-ható téglalapban is létrehozható egy szorzatmátrix. Vizsgáljuk meg, hogy milyenhasonló mátrixszorzás eredménye kapható meg itt.

121

12.3. ábra. A mátrixszorzás egy másik lehetséges lejegyzése

12.4. ábra. Az AB egyetlen elemének kiszámítása

122

Mivel egy hasonló eljárással ide az A oszlopai és B sorainak szorzatát tudjukbeírni, ez éppen a BA mátrixszorzat lesz! (12.5. ábra)

Ez nemcsak négyzetes mátrixokra alkalmazható, hanem minden olyan A, Bmátrixra, amelyek esetén AB és BA is elvégezhető. Ekkor ha A mérete n×m,B mérete m×n, akkor a jobbra lent keletkező n×n méretű helyre az AB mátrix,a balra fent keletkező m×m méretű helyre a BA mátrix kerül. (12.6. ábra)

12.5. ábra. Négyzetes mátrixok szorzata

12.6. ábra. „Ellentétes” méretű mátrixok szorzata

123

12.2.14. Megjegyzés. Még egy fontos észrevételt tudunk tenni. Ha az üre-sen maradt négyzet átlóját gondolatban megrajzoljuk, meghosszabbítjuk, és azábrát tükrözzük, akkor az A helyére BT , B helyére AT lép, és mivel ugyanazoka szorzatösszegek fognak szerepelni, mint AB-ben (csak éppen más, „ellenté-tes” pozícióra kerülnek), így a BT · AT mátrixszorzás során éppen (AB)T azeredmény. (12.7. ábra)

12.7. ábra. Szorzatmátrix „transzponáltja”, amelyet a 12.4 ábra tényleges tük-rözésével kaptuk

Mielőtt továbblépnénk, vizsgáljuk meg közelebbről, mi történik a mátrix sora-ival, oszlopaival a mátrixszorzás során.

Ehhez vegyük elő ismét azt a lineáris egyenletrendszert, amelyen megmutattuka mátrixszorzás értelmét.

1 · x+(−1) · y =3

1 · x+ 1 · y =1

2 · x+ 1 · y =3

Az egyenletrendszer bal oldalát felírhattuk volna másképpen is:1 · x+ (−1) · y1 · x+ 1 · y2 · x+ 1 · y

=

1 · x1 · x2 · x

+

(−1) · y1 · y1 · y

=

112

· x+

−111

· y

124

Emlékeztetünk, hogy mátrixszorzással ezt így írtuk le:1 −11 12 1

[xy

],

vagyis az[xy

]mátrix-szal való szorzás során az első oszlop x-szeresét és a

második oszlop y-szorosát adtuk össze.

Fogalmazzuk meg általánosan az imént megfigyelteket: keressük, hogy az ABmátrixszorzat hogyan határozható meg A és B oszlopai segítségével.

Jelöljük A oszlopait mint vektorokat (egy szóval oszlopvektorait) a1, a2, . . . , ak-

val, és legyen B i-edik oszlopa

b1ib2i...bki

.Ekkor az AB szorzatmátrix i-edik oszlopa úgy áll elő, mint az A oszlopvekto-rainak a B i-edik oszlopában szereplő skalárokkal vett lineáris kombinációja.

Nem részletezzük, de az AB szorzat i-edik sorában hasonlóképpen a B mátrixsorainak az A mátrix i-edik sorában álló elemekkel vett lineáris kombinációjaáll (gondoljunk a transzponálásra!).

Példa. Ezek alapján számítsuk ki a

A =

5 3 −12 9 4−2 6 0

B =

1 0 00 1 00 0 1

esetén az AB és a BA mátrixszorzások eredményét!

Az első esetben a szorzatmátrix első oszlopa az A oszlopainak 1, 0, 0 szorzókkalvett lineáris kombinációja, azaz maga az első oszlop; a szorzat második oszlopaaz A oszlopainak 0, 1, 0 szorzókkal vett lineáris kombinációja, azaz maga amásodik oszlop; a harmadik oszlopa pedig az A oszlopainak 0, 0, 1 szorzókkalvett lineáris kombinációja, vagyis maga a harmadik oszlop. Eszerint AB = A.

A második esetben hivatkozhatnánk a szorzat sorai kiszámításához a sorok li-neáris kombinációjára, ehelyett azonban gondolkodjunk egy kicsit. Ha AB = Aa B oszlopai miatt, akkor nyilván ATB is egyenlő AT -tal.

AT = ATB, mivel pedig BT = B, írhatjuk, hogy ez ATBT , ami nem más, mint(BA)T , tehát AT = (BA)T , azaz A = BA is fennáll.

125

12.2.15. Definíció. Azt a négyzetes mátrixot, amelynek főátlójában 1-esek,minden más helyen 0-k állnak, egységmátrixnak nevezzük. Az (n×n)-es méretűegységmátrixot In-nel szokás jelölni.

Egyszerűen ellenőrizhető:

12.2.16. Állítás Minden A ∈ T n×n esetén AIn = InA = A.

12.3. Az elemi bázistranszformáció

Azt láttuk, hogy a lineáris egyenletrendszer mátrixokkal tömörebben leírható.

A Gauss-elimináció lépéseit a mátrixokon is nyomon követhetjük. Persze azismeretleneket a megoldás során nem fontos leírni, azok nem változnak.

Vizsgáljuk meg, hogy miként lehet leírni egy korábban, a Gauss-eliminációvalmegoldott lineáris egyenletrendszer megoldását mátrixok segítségével.

x−y = 3

x+y = 1

2x+y = 3

felírása mátrixokkal: 1 −11 12 1

[xy

]=

313

Kihagyhatjuk az ismeretlenek mátrixát, de persze akkor nem írunk sem műve-leti, sem egyenlőségjelet a kifejezésbe.1 −1

1 12 1

313

Az első sort (a Gauss-eliminációban egyenletet) kivontuk a másodikból, a két-szeresét a harmadikból: 1 −1

0 20 3

3−2−3

A második sort (a Gauss-eliminációban egyenletet) osztottuk 2-vel:1 −1

0 10 3

3−1−3

126

A második sort (a Gauss-eliminációban egyenletet) hozzáadtuk az elsőhöz, a3-szorosát kivontuk a harmadikból:1 0

0 10 0

2−10

Ha most visszaírjuk az ismeretlenek mátrixát, akkor elvégezve a mátrixszorzá-sokat, azt kapjuk, hogy x = 2, y = −1, 0 = 0, tehát ugyanazt, mint korábban.(Nem meglepő, csak azt mutatja, hogy helyes a lejegyzés.)

Még rövidebben is lejegyezhetjük, ha nem ragaszkodunk hozzá, hogy különírjuk le az együttható és az eredménymátrixot, hiszen pontosan ugyanazokat aműveleteket végezzük el rajtuk. Ez akkor már nem mátrix, hanem „csak” egytáblázat.

Persze azt fontos tudni (a későbbiekben látni fogjuk, hogy miért), hogy med-dig tartanak az együtthatók, hol kezdődnek az eredmények. Ezért elválasztóvonalat teszünk az összevont táblázatban közéjük:

1 −1 31 1 12 1 3

Az eljárás lépései leírva:

1 −1 31 1 12 1 3

⇒1 −1 30 2 −20 3 −3

⇒1 0 20 1 −10 0 0

(12.1)

Tulajdonképpen még ezen a leíráson is lehet rövödíteni, de ezt most már nemfogjuk megtenni.

A lineáris egyenletrendszer megoldásának egy ehhez nagyon hasonló lejegyzését(egy másik szemlélet alapján) elemi bázistranszformációnak nevezzük.

Feladatok

1. Legyen

A =

1 2 25 −1 03 1 5

B =

0 5 21 −1 1−3 1 0

C =

[1 3 25 4 1

]D =

2 1−1 −1−2 4

127

Amely mátrixokat páronként össze lehet adni, azokat adja össze!

Amely mátrixokat páronként össze lehet szorozni, azokat szorozza össze!

Transzponálja a mátrixokat!

Szorozza meg A-t 5-tel, B-t −2-vel, C-t 4-gyel, D-t 0-val!

2. Határozza meg azt az X mátrixot, amelyre AX = B, ha

A =

[2 51 3

]B =

[4 −62 1

]

3. Számítsa ki a[1 11 0

]n-edik hatványát tetszőleges természetes n számra!

4. Oldja meg az elemi bázistranszformáció módszerével is a korábbi felada-tok lineáris egyenletrendszereit!

5. Számítsa ki a[

cosα sinα− sinα cosα

]n-edik hatványát tetszőleges természetes

n számra!

128

13. Determináns

Az eddig elmondottak alapján nyilvánvaló, hogy ha eljutunk a lineáris egyenlet-rendszer egy megoldásához, akkor minden ismeretlen összeadás, kivonás, szor-zás, osztás segítségével kifejezhető az együtthatóként és eredményként adottszámokból.

Keressünk tehát egy általános megoldási formulát a lineáris egyenletrendsze-rekre. Annak érdekében, hogy biztosítsuk az egyértelmű megoldás létezését,élünk azzal a szigorú – de indokolt – megkötéssel, hogy feltételezzük, hogy min-den egyenlet „független” (azaz a bal oldala nem állítható elő a többi egyenlet baloldalának lineáris kombinációjaként), illetve az (immár független) egyenletekszáma egyenlő az ismeretlenek számával.

Kétismeretlenes lineáris egyenletrendszer esetén:

a11x1 + a12x2 = c1a21x1 + a22x2 = c2

Feltételezve, hogy minden osztás elvégezhető, az egyenlő együtthatók módsze-rével számolunk:

a11a21x1 + a12a21x2 = c1a21

a11a21x1 + a11a22x2 = c2a11

Ebből (a12a21 − a11a22)x2 = c1a21 − c2a11, vagyis

x2 =c1a21 − c2a11a12a21 − a11a22

.

Hasonlóan kapható (már csak formálisan is) az x1:

x1 =c1a22 − c2a12a12a21 − a11a22

.

129

13.1. ábra. A 2× 2-es mátrix determinánsa

Formalitásról lévén szó, megfigyelhető, hogy az x1 úgy kapható az együttha-tókból, hogy az [

a11 a12a21 a22

], illetve a

[c1 a12c2 a22

]elrendezésben az átlós elemeket (ugyanolyan elrendezésben) összeszorozva, azegyik szorzatból a másikat kivonva kapjuk a nevezőt és a számlálót, míg x2-néla két elrendezés [

a11 a12a21 a22

]és

[a11 c1a21 c2

].

Vagyis a mátrixokból egy-egy számot képeztünk: az átlós elemek szorzatánakkülönbsége (13.1 ábra).

A mátrix főátlója – mint korábban említettük – az egyenlő indexű elemek.A másik átló neve: mellékátló. Eszerint a főátlóban szereplő két elem szorza-tából kivonjuk a mellékátlóban szereplő két elem szorzatát.

Vizsgáljuk meg most a három egyenletből álló, háromismeretlenes esetet.

Az előzőhöz hasonló módszerrel, de sokkal több számolással azt kapjuk, hogy anevezőben olyan szorzatok szerepelnek, amelyek az aij együtthatókból képezettmátrix minden sorából és oszlopából pontosan egy elemet tartalmaznak; ezeketpedig valamilyen előjellel tekintve adjuk össze. A számlálóban szereplő kifejezésis hasonló, de a mátrix, amiből képeztük, más.

x1 =c1a22a33 + a12a23c3 + a13c2a32 − a13a22c3 − a12c2a33 − c1a23a32

a11a22a33 + a12a23a31 + a13a21a32 − a13a22a31 − a12a21a33 − a11a23a32

x2 =a11c2a33 + a12c3a31 + a13c1a32 − a13c2a31 − a12c1a33 − a11c3a32

a11a22a33 + a12a23a31 + a13a21a32 − a13a22a31 − a12a21a33 − a11a23a32

x3 =a11a22c3 + a12a23c1 + a13a21c2 − a13a22c1 − a12a21c3 − a11a23c2

a11a22a33 + a12a23a31 + a13a21a32 − a13a22a31 − a12a21a33 − a11a23a32

A mátrix elemeiből álló pozitív, illetve negatív előjelű szorzatokat a 13.2. áb-ra szemlélteti. Ezt, a csak a 3 × 3-as determináns kiszámítására vonatkozóösszefüggést Sarrus-szabálynak nevezzük.

130

13.2. ábra. A 3×3-as mátrixból képezett pozitív előjellel vett (folytonos vonallalösszekötött) és negatív előjellel vett (szaggatott vonallal összekötött) szorzatok

Vegyük észre, hogy míg a (2×2)-es mátrixokhoz rendelt érték 2 szorzat különb-sége, a (3× 3)-as mátrix esetében ez már 3-3 szorzat összegének különbsége.

Ha továbbmegyünk, a (4×4)-es mátrix esetében azonban nem 4-4, hanem már12-12 szorzat összegének különbségét kellene kiszámítanunk.

Ezt konkrétan már fel sem fogjuk írni. Általánosan azonban érdemes megfo-galmazni az eredményeinket.

13.1. A determináns fogalma

Foglaljuk össze a céljainkat és eddigi eredményeinket.

A lineáris egyenletrendszer megoldásakor felírtuk az egyenletrendszer mátri-xát. Feltételeztük, hogy olyan egyenletek szerepelnek az egyenletrendszerben,amelyek „függetlenek”, és ugyanannyi egyenlet van, mint ismeretlen.

Ezzel egyrészt garantáljuk, hogy van megoldás (függetlenek az egyenletek),másrészt garantáljuk, hogy a megoldás egyértelmű (ugyanannyi a függetlenegyenlet, mint az ismeretlen).

Az ilyen egyenletrendszert szokás regulárisnak (reguláris jelentése szabályos)nevezni.

Az n-ismeretlenes egyenletrendszer megoldásakor megpróbáltuk az együttha-tók és az eredmények ismeretében kifejezni a megoldást. n = 2 és 3 esetéreazt vettük észre, hogy ugyanolyan szabályszerűség alapján határozhatjuk mega megoldásban szereplő ismeretlenek nevezőjét és számlálóját (csak más mát-rixból), és a megoldásban minden xi-re ugyanaz a nevező adódott.

Minden négyzetes mátrixhoz hozzárendelünk egy számot, ezt a mátrix deter-minánsának fogjuk nevezni. Ezzel akarjuk megadni a lineáris egyenletrendszermegoldását.

131

Jelölés: az

A =

a11 . . . a1n...an1 . . . ann

mátrix determinánsát

|A| =

∣∣∣∣∣∣∣a11 . . . a1n...an1 . . . ann

∣∣∣∣∣∣∣vagy det(A) jelöli. A determináns szó jelentése: meghatározó.

13.1.1. Definíció. Az A ∈ T n×n négyzetes mátrixhoz az alábbi eljárás szerinthozzárendelt számot a mátrix determinánsának nevezzük.

1. Minden lehetséges módon kiválasztunk minden sorból és oszlopból egyetlenszámot, és ezeket összeszorozzuk. Az ilyen kiválasztások száma n!, hiszenaz első oszlopból n-féle, ehhez a másodikból (n − 1)-féle, a harmadikból(n − 2)-féle stb. az (n − 1)-edikből 2-féle, az n-edikből 1-féle lehetségesmódon választhatjuk ki a szorzat tényezőjét.

2. A szorzatokat megfelelő előjellel látjuk el. Ennek lényege: sorbarendezzüka tényezőket úgy, hogy az első indexeik 1, 2, . . . , n sorrendben legyenek,a második indexeiket jelölje i1, i2, . . . , in (ezek az 1, 2, . . . , n számokvalamilyen sorrendben): a1i1 · a2i2 · . . . · a(n−1)in−1 · anin.

3. A szorzat előjelét úgy számítjuk ki, hogy összeszámoljuk, hányszor fordulelő a szorzatban előforduló kik és lil indexpárokra, hogy bár k < l, mégisik > il; ha ez páros sokszor fordul elő, akkor pozitív előjelet kap a szorzat,ha pedig páratlan, akkor negatív előjelet.

13.1.2. Megjegyzés. Egyelőre semmi garanciánk nincs arra, hogy az egyen-letrendszer megoldását (nevéhez méltóan) meghatározza a determináns, sőt, ar-ra sincs garanciánk, hogy a reguláris egyenletrendszer determinánsa nem 0,vagyis nem kerülhet nulla a nevezőbe. Ezt a későbbiekben látjuk be.

Foglalkozzunk egyelőre a determináns kiszámításával.

13.1.3. Megjegyzés. Bár a determináns kiszámításában az első lépésben nagyn esetében rengeteg szorzatot kell felírnunk, mégis az utolsó lépést tudjuk legke-vésbé elképzelni. Ezt szeretnénk kicsit szemléletesebbé tenni.

Ha például egy 6× 6-os mátrixban a kiválasztott szorzat az a12a24a33a46a55a61.Keressük meg, milyen előjel járul hozzá.

132

Az indexpárok: 12, 24, 33, 46, 55, 61. (Az első indexeket már nagyság szerintnövekvő sorrendbe állítottuk.)

Elég csak azt összeszámolni, hogy mikor van előjelváltás, vagyis hogy hány-szor fordul elő, hogy az indexpár második eleme nagyobb, mint egy őt megelőzőindexpár második eleme.

Képzeljük úgy ezeket a számpárokat mint egy verseny résztvevőinek indulási ésérkezési sorszámát. Az előjel kiszámításához összeszámoljuk, hogy hány sor-rendcserével (előzéssel) állt elő ez a helyzet.

Úgy is mondhatjuk, hogy megszámoljuk minden egyes versenyzőnél, hogy hánymásik versenyzőt előzött meg.

Például a 24 és a 33 indexpárnál sorrendcsere van, mert bár 2 < 3, mégis 4 > 3.

régi sorrend új sorrend1 22 43 34 65 56 1

A 6 nem került senki elé. (Legelöl volt, nem is tudott volna ki elé kerülni.)

Az 5 a 6-os (és csak a 6-os) elé került. Ez 1 előzés.

A 4 nem került senki elé. (Nem utasított senkit maga mögé az előtte állókközül.)

A 3 a 4-es (és csak a 4-es) elé került. Ez 1 előzés.

A 2 nem került senki elé. (Leghátul végzett.)

Az 1 elé került mind az 5-nek: az előtte lévők közül most mögötte van a 2, a 4,a 3, a 6, az 5. Ez 5 előzés.

Összesen 1 + 1 + 5 = 7 előzés történt, ami páratlan, vagyis a szorzat negatívelőjelet kap.

Általában, ha az aktuális szorzat, amelynek az előjelét keressük:

a1i1a2i2 . . . anin ,

akkor vizsgáljuk az indexeket.

Ezeket az elemeket rendre az 1., 2., . . . , n-edik sorból választottuk.

133

Az előjel kiszámításához összeszámoljuk, hogy hány előzés történt. (Egyébkéntpersze nem tudjuk, hogy a verseny közben mi történt, csak a végeredmény alap-ján nyilatkozhatunk).

Úgy is mondhatjuk, hogy megszámoljuk minden egyes versenyzőnél, hogy há-nyan előzték meg.

Ehhez az összeszámoláshoz egy n-tényezős szorzat esetén(n

2

)összehasonlítást

kell végeznünk.

Az 1, 2, . . . , n indexek i1, i2, . . . , in sorrendjét permutációnak nevezzük, a sor-rendcserék számát a permutáció inverzió számának nevezzük. Egy konkrétpermutáció inverziószámának megállapítását a

www.cs.elte.hu/~kfried/algebra2/inverzioszam.html

animáció szemlélteti. Itt megszámoljuk, hogy hány sorrendcserével állíthatóvissza az eredeti sorrend.

13.2. A determináns néhány fontos tulajdonsága

A determináns definíció szerinti kiszámítása rettenetesen idő- és műveletigé-nyes.

Most néhány, a determinánsokra vonatkozó tulajdonságot bizonyítunk be, hogyegyszerűbbé tegyük ezt a számolást.

Szögezzük le, hogy csak négyzetes mátrixnak van determinánsa.

13.2.1. Állítás Az A mátrix és AT transzponáltjának determinánsa egyenlő.

Bizonyítás. Mivel a determináns kiszámításához minden sorból és oszlopbólválasztunk egy-egy elemet, ezeket összeszorozzuk, előjelezzük és összeadjuk, amátrix determinánsában szereplő tetszőleges szorzat előfordul a transzponáltszorzatai között. A kérdés csak az, hogy ugyanaz lesz-e az előjele.

Mely esetekben van „előjelváltás” egy tetszőleges szorzatban?

A szorzat előjelet vált, ha két tényező (aij és auv) esetén, i < u mellett j > v.

Vizsgáljuk a transzponált mátrixban az aij és auv elemeknek a szorzatban el-foglalt helyét. Az aij a ji, az auv a vu indexű helyen lesz. Most a sorindex j ésv, ahol j > v. Ezzel szemben i < u, ez pedig azt jelenti, hogy a transzponáltmátrixban is előjelváltás következik be.

134

Ha pedig nincs előjelváltás, mert i < u és j < v, akkor a transzponált mátrix-ban v > j mellett u > i, tehát ott sincs előjelváltás.

Vagyis a két szorzatban ugyanazon elempárok esetén lesz előjelváltás, ezértugyanannyi az előjelváltás a megfelelő szorzatokban, vagyis bármely két meg-felelő szorzat előjele ugyanaz. �

Innentől kezdve minden állítást oszlopokra mondunk ki, a sorokra vonatkozóállítás a transzponált mátrix oszlopaira írható fel.13.2.2. Állítás Egy mátrix két oszlopát felcserélve a determinánsa előjeletvált:

Bizonyítás. A szorzatok nyilván ugyanazok maradnak, csak az a kérdés, hogyegy-egy szorzat előjele változik-e.

Ha két szomszédos oszlopot cserélünk fel, például a k és a (k+ 1)-ediket, akkorminden szorzatban van egy ak,ik és ak+1,ik+1

alakú tényező, amelyek oszlopin-dexe az oszlopcsere miatt felcserélődik.

Ezek a tényezők felcserélés után ugyanannyi elemet előznek meg (sőt, pontosanugyanazokat) a többi tényező közül, mint a felcserélésük előtt, azonban a kéttényező között a megelőzés sorrendje megváltozik. Ha az akik-t megelőzte amásik, akkor most nem fogja megelőzni (hiszen elé kerül sorrendben, eggyelcsökken az utána szereplő megelőzők száma), ha pedig nem előzte meg, akkora csere után elé kerül. Például k < k+1 mellett ik < ik+1 esetén most ik+1 > iksorrendben fognak szerepelni az oszlopcsere miatt.

Ha viszont két nem szomszédos oszlopot akarunk cserélni, mondjuk az i-ediketés a j-ediket (0 ≤ i < j), akkor az i-edik oszlopot szomszédos oszlopcserékkel(j−i−1) lépésben elvisszük a (j−1)-edik oszlophelyre, felcseréljük a (j−1)-edikés a j-edik oszlopot, majd ismét j − i− 1 lépésben visszavisszük a (j − 1)-edikoszlopot az i-edikre. Összesen 2(j − i − 1) + 1, azaz páratlan oszlopcserétvégeztünk. Az előjel eközben páratlan sokszor változott, tehát összességében(−1)-szeresére változik a szorzat.

Ez pedig minden szorzatra teljesül, vagyis a determináns az eredeti mátrixdeterminánsának (−1)-szerese lesz. �

13.2.3. Állítás Ha egy mátrix egy oszlopában csupa 0 szerepel, akkor a deter-mináns is 0.

Bizonyítás. Ez abból következik, hogy minden szorzat minden oszlopból tar-talmaz egy tényezőt, vagyis minden szorzatban lesz egy elem a csupa 0 oszlop-ból, így minden szorzat 0 lesz. �

135

13.2.4. Állítás Ha a mátrix két oszlopa egyenlő, akkor a determinánsa 0.

Bizonyítás. Ha a két oszlopot fölcserélem, akkor a determináns előjele azellenkezőjére változik, de mivel a mátrix maga nem változik, a determinánsugyanaz, mint az ellentettje, tehát 0. �

13.2.5. Állítás Ha egy mátrix valamelyik oszlopának minden elemét egy uszámmal szorozzuk, az így kapott mátrix determinánsa u-szorosa lesz az ere-deti mátrix determinánsának.

Bizonyítás. Az új mátrix determinánsában minden szorzatban lesz egy ténye-ző, amely egy, az eredeti determinánsban szereplő szorzat u-szorosára változik.Így az összes szorzat u-szorosára változik, vagyis az összeg, azaz a determinánsis u-szoros lesz. �

13.2.6. Következmény. Ha egy mátrix valamelyik oszlopa egy másik oszlopá-nak számszorosa, akkor a mátrix determinánsa 0.

Bizonyítás. Ha ebben a B mátrixban az i-edik oszlop u-szorosa a j-edik osz-lop, akkor onnan kiemelhetjük az u-t, és azt kapjuk, hogy |B| = u|B′| (ahola B′ a kapott mátrix), de B′ két oszlopa egyenlő, tehát |B′| = 0, azaz Bdeterminánsa is 0. �

13.2.7. Állítás Ha az A és B mátrix csak egyetlen oszlopában tér el, akkorannak a C mátrixnak a determinánsa, amelyben az eltérő elemek oszlopábancij = aij + bij, a többiben pedig ckj = akj = bkj, az A és B determinánsának azösszege.

Bizonyítás. Az A és B determinánsában szereplő egymásnak megfelelő(ugyanazon helyről vett) szorzatok tényezői egyetlen tényezőben különböznek.Ezeket összevonva a közös tényezők kiemelhetők, illetve a megmaradó ténye-ző a két különböző elem összege. A C mátrixnak a determinánsában viszontéppen a szorzat szerepel.

Mivel ez a felbontási tulajdonság minden szorzatra teljesül, így az összegre isteljesül. �

Példa. Nézzük meg ezt egy példán. Az egyszerűség kedvéért (2 × 2)-es mát-rixokat veszünk.∣∣∣∣1 2

3 4

∣∣∣∣+

∣∣∣∣1 53 6

∣∣∣∣ = (−2) + (−9) = −11

∣∣∣∣1 73 10

∣∣∣∣ = −11

136

Az itt szereplő szorzatok (1 · 4− 3 · 2) + (1 · 6− 3 · 5), az egyes kiválasztásnakmegfelelően rendezve: (1 · 4 + 1 · 6)− (3 · 2 + 3 · 5), kiemelve a közös tényezőt:1 · (4 + 6)− 3 · (2 + 5), ami éppen az „egyesített” mátrix determinánsa.

13.2.8. Állítás Egy mátrix k-adik oszlopához hozzáadva az i-edik oszlop szám-szorosát, a determináns nem változik.

Bizonyítás. Mivel az A mátrixban csak a k-adik oszlop változott, mégpedigúgy, hogy hozzáadódott az i-edik valahányszorosa, ezért a kapott (A′) mátrixdeterminánsa felbomlik két olyan mátrix determinánsára, amelyek egyike magaaz A, a másikban pedig az A mátrix i-edik sorának számszorosa szerepel a k-adik oszlopban. (13.2.7. állítás miatt)

Ezek determinánsa |A|, illetve 0 (a 13.2.6. állítás miatt), vagyis |A′| = |A|. �

Példa. Egy példán, a legapróbb lépésekre lebontva szemléltetjük ezt is. Egy-részt:∣∣∣∣∣∣

1 2 31 3 51 4 8

∣∣∣∣∣∣ =

= (1 · 3 · 8) + (2 · 5 · 1) + (3 · 1 · 4)− [(1 · 5 · 4) + (2 · 1 · 8) + (3 · 3 · 1)] =

= 24 + 10 + 12− 20− 16− 9 = 1.

Másrészt (felbontjuk a mátrixot a második oszlopában úgy, hogy a másodikoszlopból leválasztjuk az első kétszeresét)∣∣∣∣∣∣

1 2 31 3 51 4 8

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣1 0 31 1 51 2 8

∣∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣∣1 2 31 2 51 2 8

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣1 0 31 1 51 2 8

∣∣∣∣∣∣+ 0,

hiszen két oszlopa egymás számszorosa. De a megmaradt mátrixot tovább isbonthatjuk (a harmadik oszlopában úgy, hogy leválasztjuk róla az első oszlopháromszorosát):∣∣∣∣∣∣

1 2 31 3 51 4 8

∣∣∣∣∣∣ = . . . =

∣∣∣∣∣∣1 0 31 1 51 2 8

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣1 0 01 1 21 2 5

∣∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣∣1 0 31 1 31 2 3

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣1 0 01 1 21 2 5

∣∣∣∣∣∣+ 0.

Itt akár meg is állhatnánk, és kiszámíthatnánk a megmaradt determinánst(egyébként valóban 1), de ha már lúd, legyen kövér! Végezzük el sorokra is a

137

lehetséges szétbontásokat (a második sort szétbontjuk úgy, hogy az első sortleválasztjuk róla):∣∣∣∣∣∣

1 2 31 3 51 4 8

∣∣∣∣∣∣ = . . . =

∣∣∣∣∣∣1 0 00 1 21 2 5

∣∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣∣1 0 01 0 01 2 5

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣1 0 00 1 21 2 5

∣∣∣∣∣∣+ 0,

sőt, a megmaradt mátrix harmadik sorát is szétbontjuk:∣∣∣∣∣∣1 2 31 3 51 4 8

∣∣∣∣∣∣ = . . . =

∣∣∣∣∣∣1 0 00 1 20 2 5

∣∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣∣1 0 00 1 21 0 0

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣1 0 00 1 20 2 5

∣∣∣∣∣∣+ 0.

Az eljárást tovább folytathatjuk a második oszlop 2-szeresének a harmadikbólvaló leválasztásával.∣∣∣∣∣∣

1 2 31 3 51 4 8

∣∣∣∣∣∣ = . . . =

∣∣∣∣∣∣1 0 00 1 20 2 5

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣1 0 00 1 00 2 1

∣∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣∣1 0 00 1 20 2 4

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣1 0 00 1 00 2 1

∣∣∣∣∣∣+ 0,

most pedig a harmadik sort bontjuk ketté úgy, hogy a második sor kétszeresétleválasztjuk:∣∣∣∣∣∣

1 2 31 3 51 4 8

∣∣∣∣∣∣ = . . . =

∣∣∣∣∣∣1 0 00 1 00 2 1

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣1 0 00 1 00 0 1

∣∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣∣1 0 00 1 00 2 0

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣1 0 00 1 00 0 1

∣∣∣∣∣∣+ 0.

Ennél szebb eredményben nem is reménykedhettünk volna, hiszen az utoljá-ra maradt mátrix determinánsának kiszámításához egyetlen szorzást kell csakelvégeznünk. (Csak egy olyan szorzatot lehet kiválasztani, amelyben nem sze-repel nulla.) A mátrix determinánsa 1.

Az imént követett determináns kiszámítási móddal kapcsolatban újabb nagyonfontos észrevételeket kell tennünk.

13.2.9. Állítás Ha egy mátrix főátlója felett és/vagy alatt csupa nulla áll, ak-kor a mátrix determinánsa a főátlóban álló elemek szorzata.

Bizonyítás. Bármelyik esetet vizsgáljuk is, az egyetlen lehetséges mód, hogyolyan szorzatot válasszunk ki, hogy elkerüljük a biztosan nullával egyenlő ele-meket, csak a főátlóban szereplő elemeket választhatjuk. Ezek indexpárjai 11,22, . . . , nn, vagyis nem történt sorrendcsere, így a szorzat előjelén nem változ-tatunk. �

138

13.2.10. Definíció. Azt a mátrixot, amelynek a főátlóján kívül minden elemenulla, diagonális mátrixnak nevezzük.

Azt a mátrixot, amelynek a főátlója fölött minden elem nulla, alsó háromszög-mátrixnak nevezzük.

Azt a mátrixot, amelynek a főátlója alatt minden elem nulla, felső háromszög-mátrixnak nevezzük.

13.2.11. Megjegyzés. Vegyük észre, hogy a 13.2 példában a sorokra végzettsorszétbontások emlékeztetnek arra, ahogyan a lineáris egyenletrendszer egyessorainak számszorosait kivontuk más sorokból. Ha éppen ugyanazokat a lépése-ket végezzük el a determináns kiszámításához, mint az egyenletrendszer megol-dásakor, akkor éppen arra az eredményre jutunk: az egyenletrendszer bal olda-lán csak egy-egy ismeretlen szerepel; a mátrixban minden sorban és oszlopbancsak egyetlen elem különbözhet a nullától. (A többit lenulláztuk.)

Érzékelhető a párhuzam a lineáris egyenletrendszer megoldása és a determinánskiszámítása között. Nézzük meg egy példán.

Példa. Az egyszerűség kedvéért az előbb látott mátrix legyen a lineáris egyen-letrendszer mátrixa: 1 2 3

1 3 51 4 8

x1x2x3

=

20−1

Az egyenletrendszer megoldása a mátrix sorainak alakításával a Gauss-eliminációnak megfelelően: kivonjuk az első sort a másodikból és a harmadikból(kiejtjük x1-et): 1 2 3

0 1 20 2 5

x1x2x3

=

2−2−3

Kivonjuk a második sor kétszeresét az első és ugyancsak kétszeresét a harmadiksorból (kiejtjük x2-t): 1 0 −1

0 1 20 0 1

x1x2x3

=

6−21

Kivonjuk a harmadik sor (−1)-szeresét az elsőből, 2-szeresét a másodikból(kiejtjük x3-at): 1 0 0

0 1 00 0 1

x1x2x3

=

7−41

139

Végeredményben (ha elvégezzük a mátrxiszorzást) azt kapjuk, hogyx1x2x3

=

7−41

Eszerint x1 = 7, x2 = −4, x3 = 1. Ellenőrizve az eredményt látjuk, hogy ezvalóban megoldás.

A determináns kiszámításakor is elvégezhettük volna ugyanezeket a lépéseket:∣∣∣∣∣∣1 2 31 3 51 4 8

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣1 0 −10 1 20 0 1

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣1 0 00 1 00 0 1

∣∣∣∣∣∣ = 1.

13.2.12. Állítás Egy mátrix determinánsát a 13.2 példában leírt módon éssorcserékkel háromszögmátrix – vagy végső soron diagonális – alakra lehet hoz-ni.

Bizonyítás. A mátrix soraira alkalmazzuk a Gauss-eliminációban leírt lépé-seket. Ha elakadunk – mert a soron következő együttható nulla –, akkor el-végezzük a szükséges sor- vagy oszlopcserét, ami után a determináns előjeletvált.

Ellentmondásra nem juthatunk, mert nincs olyan, hogy „ jobb oldal”, vagyisnincs eredmény.

Ha a k-adik lépés után „elfogy” a sor, vagyis az utolsó n − k sor már csupanulla, azaz így néz ki a mátrix:∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

b11 0 0 . . . 0 b1,k+1 . . . b1n0 b22 0 . . . 0 b2,k+1 . . . b2n...

... . . . . . ....

...... . . . . . .

0 0 0 . . . bk,k bk,k+1 . . . bkn...

......

......

0 0 0 . . . 0 0 . . . 00 0 0 . . . 0 0 . . . 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣,

akkor a (k + 1)-ediktől az n-edikig megmaradó oszlopokban szereplő elemeketoszloptranszformációval elimináljuk.

Ekkor a determináns nulla. �

140

13.2.13. Definíció. Azt a műveletet, amelynek során egy oszlophoz hozzáad-juk egy másik oszlop számszorosát (skalárszorosát), oszloptranszformációnaknevezzük. Azt a műveletet, amelynek során egy sorhoz hozzáadjuk egy másiksor számszorosát (skalárszorosát), sortranszformációnak nevezzük.

13.2.14. Megjegyzés. Ismét szoros kapcsolatot fedeztünk fel a Gauss-elimináció és a determináns ily módon történő kiszámítása között. Nevezetesenazt, hogy a Gauss-eliminációval pontosan akkor tudunk végigmenni az egyenlet-rendszeren, amikor a determináns kiszámításakor a redukálást az utolsó sorigtudjuk folytatni.

Ezzel a definícióban megadott bonyolult számítási eljárás mellett olyan mód-szert alkottunk, amelynek segítségével kiszámítható egy négyzetes mátrix de-terminánsa. Ráadásul a számítás összhangban van a lineáris egyenletrendszermegoldására adott algoritmussal.

További kapcsolatot fogunk még keresni a későbbiekben.

13.3. A determináns kifejtése

Vizsgáljuk most meg, hogy mely szorzatok tartalmazzák tényezőként az a11-et.

Ezek azok a szorzatok, amelyekben minden, az elsőtől különböző oszlop min-den, az elsőtől különböző eleméből választunk egyet, és azt a megfelelő előjellelellátjuk.

Amikor kiemeljük az a11 elemet belőlük, a megmaradó összeg az a22 és annelemek közé zárt mátrix determinánsát adják. Ezt az a11-hez tartozó aldeter-minánsnak nevezzük, és így jelöljük: A11.

Az a21-et tartalmazó elemek hasonlóan, az első oszlop kivételével és a másodiksor kivételével minden oszlop minden sorából tartalmaznak egy-egy tényezőt,de ezek mindegyikét (−1)-gyel kell szorozzuk, hiszen minden tényezőben aza21-et pontosan 1 elem előzi meg (az ai1). Az a − előjellel vett determinánst,amelyet az első oszlop és második sor elhagyásával kapott mátrixból számítunk,az a21 elemhez tartozó aldetermináns, és így jelüljük: A21.

Az a31-et elhagyva hasonlót mondhatunk, de az előjel itt pozitív, hiszen aza31-et két tényező előzi meg: az egyik az első sorból, a másik a második sor-ból vett. Az a31 aldeterminánsa (A31) a megmaradó mátrix + előjellel vettdeterminánsa.

141

És így tovább. Így olyan összeget kapunk, amelyben az első oszlop elemeitszorozzuk a hozzájuk tartozó aldeterminánssal. Ezt nevezzük a determinánselső oszlop szerinti kifejtésének.

13.3.1. Definíció. A determináns első oszlopa szerinti kifejtésnek az a11A11+a21A21 + . . .+ an1An1 összeget nevezzük.

Ezek után nyilvánvaló:

13.3.2. Állítás Minden négyzetes mátrix kifejthető az első oszlopa szerint.

13.3.3. Következmény. A determináns tetszőleges oszlopa, sőt, tetszőlegessora szerint kifejthető.

Bizonyítás. Amennyiben másik (például a k-adik) oszlop szerint akarjuk ki-fejteni a determinánst, akkor az oszlopot (minden korábbival felcserélve) (k−1)oszlopcserélgetéssel az első helyre visszük, és a determinánst kifejtjük az elsőoszlop szerint. Természetesen ilyenkor (k − 1) előjelváltás történik.

Ha például a második oszlop szerint fejtünk ki, akkor az első elem aldetermi-nánsa + helyett − lesz, a következő − helyett + stb. Ha a harmadik oszlopotválasztjuk, akkor az előjelek ugyanazok maradnak, mint az első esetben voltak.

Felrajzolhatjuk az előjeleket: (13.3 ábra)

13.3. ábra. Az aldeterminánsok előjelezése

A előjelek szerinti mintázata miatt ezt sakktáblaszabálynak nevezik. Fontoslátni, hogy az ij indexű elemhez tartozó előjel (−1)i+j.

Ha viszont valamelyik sor szerint akarjuk kifejteni a determinánst, akkor transz-ponáljuk a mátrixot – tudjuk, hogy ennek a determinánsa ugyanannyi. �

142

13.4. A mátrixműveletek és a determináns kap-csolata

Érdekes kérdés, hogy hogyan változik egy mátrix determinánsa, ha transzpo-náljuk, megszorozzuk egy skalárral, vagy van-e összefüggés mátrixok össze-ge/szorzata determinánsa és az operandus mátrixok determinánsai között.

Ebben a részben ezekre a kérdésekre keressük a választ.

Nyilvánvaló, hogy mátrix adott skalárszorosának determinánsa nem a deter-mináns ugyanazon skalárszorosa, hiszen korábban láttuk, hogy ha egy mátrixegyik oszlopát megszorozzuk egy u számmal, akkor u-szorosára változik a de-termináns. (Természetesen az u = 0 eset teljesen érdektelen.)

Ez viszont egyszersmind azt is jelenti, hogy ha a mátrixot szorozzuk u-val,akkor a determinánsa un-szeresére változik, hiszen ekkor n oszlopot szoroztunku-val.

Azt is tudjuk, hogy nem lehet, hogy A+B determinánsa a tagok determinán-sának összege legeyn, hiszen egy eglsz másféle összefüggést mondtunk ki: hakét mátrixnak csak az i-edik oszlopa tér el egymástól, a többi ugyanaz, ak-kor az a mátrix, amelynek i-edik oszlopa a két i-edik oszlop összege, a többipedig ugyanaz, mint a két mátrix ugyanazon oszlopai, akkor a kapott mátrixdeterminánsa az eredeti mátrixok determinánsainak összege.

Ha most A,B ∈ T 2×2 és az oszlopaikat a1, a2, valamint b1, b2 jelöli, akkor azösszegük

[a1 + b1 a2 + b2

].

Ezt kellene olyan mátrixokra felbontani, amelyek csak egy-egy oszlopban térnekel egymástól, és amelyek determinánsa A és B determinánsából kiszámítható.Magától értetődő lenne a következő felbontás:

det([a1 + b1 a2 + b2]) = det([a1 a2 + b2]) + det([b1 a2 + b2]) =

= det([a1 a2]) + det([a1 b2]) + det([b1 b2]) + det([b1 a2]).

Itt csak két determinánst ismerünk.

Az viszont látszik, hogy két mátrix összegének determinánsa nem feltétlenülegyenlő a tagok determinánsának összegével – és ez elég tanulsággal szolgálszámunkra.

Azt már korábban megállapítottuk, hogy mátrix és transzponáltja determinán-sa egyenlő.

Mit lehet mondani mátrixok szorzatának determinánsáról?

143

Vizsgáljuk meg egy konkrét szorzat esetében! Legyen

A =

3 2 14 0 1−1 2 1

B =

1 3 −12 2 10 −1 1

Kiszámíthatjuk (használja a mátrixszorzó programot, 187), hogy

AB =

7 12 04 11 −33 0 4

BA =

16 0 313 6 5−5 2 0

Ezek determinánsa (használja a determináns kiszámítására a mellékelt progra-mot, 187):

det(A) = −8, det(B) = −1, det(AB) = det(BA) = 8.

Úgy tűnik, hogy a szorzat determinánsa a tényezők determinánsának szorzata.Kérdés, hogy általában is igaz-e ez, vagy csak most, kivételesen volt ilyenszerencsénk.

13.4.1. Tétel (determinánsok szorzástétele) A,B ∈ T n×n esetén

det(AB) = det(BA) = det(A) det(B) = det(B) det(A).

Bizonyítás. A nyilvánvaló átalakítással kapható azonosságoktól eltekintünk,és csak annyit bizonyítunk, hogy det(AB) = det(A) det(B).

A bizonyítás (2×2)-es mátrixokra kicsit macerás, de még ellenőrizhető, azonbannagyobb mátrixokra nagyon nehéz. Ennek ellenére többféle módszer is van rá.

Mi most egy ad-hoc bizonyítást mutatunk [4], amely jól nyomonkövethető, denem magától értetődő. Készítsünk el egy (2n × 2n)-es mátrixot, amelynek abal felső (n × n)-es négyzetébe az A, a jobb alsó (n × n)-es négyzetébe a Bmátrixot írjuk, a bal alsó négyzetébe csupa nullát, a jobb felsőbe pedig az Inellentettjét írjuk (13.4 ábra).

Először számítsuk ki ennek a mátrixnak a determinánsát a definíció szerint.

Ha nem akarunk biztosan nulla tényezőt belevenni a szorzatba, akkor az első noszlopból csak az Amátrix elemeit válogatjuk ki, mégpedig ezek szerint mindenoszlopból (ennek megfelelően minden sorból) egyet-egyet. Ekkor azonban az el-ső n sorból több elemet már nem választhatunk, mert innen már választottunktényezőt, hanem csak a B mátrix elemei közül választhatunk, innen viszontminden lehetséges módon minden sorból (és akkor oszlopból is) egyet-egyet.

144

13.4. ábra.

Ez azt jelenti, hogy az A determinánsban szereplő minden szorzatot a B teljesdeterminánsával megszorozzuk, és ezt minden, az A determinánsának felírá-sában szereplő összeadandóval megtesszük. Ha ezek mindegyikéből kiemeljükdetB-t, akkor összességében (detA) · (detB)-t kapjuk.

Most számítsuk ki oszloptranszformációk segítségével a determinánst.

Az első oszlophoz adjuk hozzá az (n + 1)-edik oszlop a11-szeresét, az (n + 2)-edik oszlop a21-szeresét az (n+ 3)-adik oszlop a31-szeresét stb., az (n+n)-edikoszlop an1-szeresét.

Ezzel az A mátrix első oszlopa csupa nulla lesz, míg a bal alsó sarokban lévő(eredendően csupa nulla) mátrix első oszlopa a B oszlopainak A első oszlopá-ban szereplő elemeivel vett lineáris kombinációja. Ez nem más, mint az ABszorzatmátrix első oszlopa.

Folytassuk a második oszloppal: adjuk hozzá az (n+1)-edik oszlop a12-szeresét,az (n + 2)-edik oszlop a22-szeresét, az (n + 3)-adik oszlop a32-szeresét stb., az(n+ n)-edik oszlop an2-szeresét.

Így az A mátrix helyén a második oszlopot is lenulláztuk, míg a csupa nullamátrixrész második oszlopába az AB szorzat második oszlopa került.

Folytassuk mindezt az utolsó oszlopig, míg végül az A helyén a csupa nul-la mátrix lesz, az eredetileg csupa nulla helyen pedig az AB mátrixszorzat(13.5 ábra).

Az átalakítások során a determináns nem változott.

145

13.5. ábra.

Végezzünk el még egy apró átalakítást! Szorozzuk (−1)-gyel mind az elsőn sort, így a determináns (−1)n-szeresére változik, de aztán végezzünk el ndarab sorcserét is – ez ismét (−1)n-szeresére változtatja a determinánst, vagyisösszességében (−1)2n = 1-szeresére változik –, ahol az n darab sorcsere legyenaz 1. és (n+ 1)-edik, a 2. és az (n+ 2)-edik stb., a k-adik és (n+k)-adik sorokcseréje (13.6 ábra).

13.6. ábra.

Így ennek a mátrixnak még mindig ugyanannyi a determinánsa, mint kiindu-láskor volt. Számítsuk ki most ennek a mátrixnak a determinánsát.

A formai hasnlóság miatt könnyű látni, hogy az előzőekhez hasonlóan most is abal fölső és a jobb alsó részben lévő (n×n)-es mátrixok determinánsai szorzata

146

a nagy mátrix determinánsa, azaz det(AB) · det(In), vagyis mivel det(In) = 1,ez det(AB). Ezzel beláttuk, hogy det(A) det(B) = det(AB). �

13.5. A lineáris egyenletrendszerek megoldása de-terminánssal

Abból indultunk ki, hogy a lineáris egyenletrendszerek megoldását az együtt-hatók és az eredmények függvényében akartuk felírni. Végül a determinánsokigjutottunk. Most megkereshetjük, hogy milyen kapcsolat van a lineáris egyen-letrendszer megoldása és a determináns között.

Erre Gabriel Cramer (1704–1752) svájci matematikus, fizikus adott választ

13.5.1. Tétel (Cramer-szabály) Az

a11x1+. . .+a1nxn =c1

a21x1+. . .+a2nxn =c2...

an1x1+. . .+annxn =cn

alakú egyenletrendszernek akkor és csak akkor létezik egyértelmű megoldása, haaz együtthatókból képezett A mátrix determinánsa nem 0.

Ekkor a megoldások az alábbi módon kaphatók:

xi =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣a11 . . . a1 i−1 c1 a1 i+1 . . . a1na21 . . . a2 i−1 c2 a2 i+1 . . . a2n...an1 . . . an i−1 cn an i+1 . . . ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣a11 . . . a1 i−1 a1i a1 i+1 . . . a1na21 . . . a2 i−1 a2i a2 i+1 . . . a2n...an1 . . . an i−1 ani an i+1 . . . ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣13.5.2. Megjegyzés. Amennyiben a számlálókat Di-vel, a nevezőt D-vel je-

löljük, a megoldásokat xi =Di

Dalakban adhatjuk meg.

13.5.3. Definíció. Azt a négyzetes mátrixot, amelynek a determinánsa nemnulla, reguláris mátrixnak nevezzük.

147

Azt az egyenletrendszert, amelynek együtthatómátrixa reguláris, regulárisegyenletrendszernek nevezzük.

13.5.4. Megjegyzés. Itt egy kicsit ambivalensek vagyunk, hiszen a regulárisegyenletrendszert már egyszer definiáltuk. Azt mondtuk, hogy legyen ugyan-annyi egyenlete mint ismeretlene – ám éppen ettől lesz négyzetes a mátrixa,valamint azt kértük, hogy legyen egyértelmű megoldása – ez pedig a tétel szerintéppen azt jelenti, hogy az együtthatómátrix determinánsa nem nulla. De megláttuk is, hogy amennyiben a Gauss-elimináció során minden ismeretlen meg-marad, akkor a determináns kiszámitása során (esetleg sorcserékkel) diagonálismátrix determinánsához jutunk. Ez – mivel egy ismeretlent sem veszítettünk el– nem lehet nulla.

Bizonyítás. Először azt bizonyítjuk, hogy ha D = 0, akkor nem létezhetegyértelmű megoldás.

D = 0 ugyanis azt jelentené, hogy a determináns sorain elvégezve a Gauss-eliminációs lépéseket (és a szükséges oszlopcseréket), valamelyik sor csupa nul-lává válna.

A Gauss-eliminációs lépésekkel és alkalmas oszlopcserékkel diagonális mátrixotkapunk. A diagonális mátrix determinánsa a főátlóban lévő elemek szorzata,ez pedig csak úgy lehet nulla, ha valamelyik sor csupa nulla.

Az egyenletekre visszafordítva ezt a gondolatot, azt kapjuk, hogy a D = 0feltétel azzal egyenértékű, hogy van olyan egyenlet, amelynek a bal oldala atöbbiből kifejezhető lineáris kombinációval (a Gauss-elimináció során ugyanisaz egyenletekkel képezett lineáris kombinációkat kapunk).

Ebben az esetben pedig vagy ellentmondásra jutunk (ha egy ilyen egyenlet jobboldalán nem nulla áll), vagy nem lesz egyértelmű megoldás, hiszen ilyenkor nemkapunk minden ismeretlenre értéket.

Másrészt, ha nincs egyértelmű megoldás, az csak úgy lehet, ha a Gauss-elimináció során nem jutunk el a ismeretlenek meghatározásában az utolsóig,vagyis idő előtt „elfogynak” (nullává válnak) az egyenletek. Ez azt jelenti, hogyvan olyan egyenlet, amely felírható a többi lineáris kombinációjaként.

Így az A mátrixban neki megfelelő sor felírható a többi sor ugyanilyen lineá-ris kombinációjaként. Ekkor a determináns kiszámítására vonatkozó állításokalapján az együtthatómátrix determinánsa nulla lesz.

Most pedig azt bizonyítjuk, hogy haD 6= 0, akkor létezik egyértelmű megoldás.

Itt most először azt látjuk be, hogy (i) a tétel szerint adott xi valóban megoldás,aztán azt, hogy (ii) haD 6= 0 és van megoldás, akkor az a tétel szerint megadott

148

alakban írható fel. Ezekből már következik, hogy ez az egyetlen lehetségesmegoldás ebben az esetben. (Voltaképpen fordítva is biznyíthatnánk: belátjuk,

hogy xi csakDi

Dalakú lehet, aztán belátjuk, hogy ez valóban megoldás is.)

(i) Ha a determináns nem 0, akkor képezhetők a fentiDi

Dkifejezések. El-

lenőriznünk kell, hogy az egyenletrendszerben xi helyéreDi

D-t írva valóban

fennállnak-e az egyenlőségek. Helyettesítsük be az xi-k helyére aDi

D-t:

a11D1

D+ a12

D2

D+ . . .+ a1n

Dn

D?= c1

...

ai1D1

D+ ai2

D2

D+ . . .+ ain

Dn

D?= ci

...

an1D1

D+ an2

D2

D+ . . .+ ann

Dn

D?= cn

Szorozzunk meg minden egyenletet D-vel:

a11D1 + a12D2 + . . .+ a1nDn?= c1D

...

ai1D1 + ai2D2 + . . .+ ainDn?= ciD

...

an1D1 + an2D2 + . . .+ annDn?= cnD

Rendezzük át a bal oldalon szereplő kifejezéseket a jobb oldalra:

0?= c1D − a11D1 − a12D2 − . . .− a1nDn

...

0?= ciD − ai1D1 − ai2D2 − . . .− ainDn

...

0?= cnD − an1D1 − an2D2 − . . .− annDn

149

Minden egyes sor úgy néz ki, mintha egy-egy (n+ 1)× (n+ 1)-es mátrix deter-minánsának első sora szerinti kifejtése lenne. Keressük meg, melyek lehettekezek a mátrixok, és valóban 0-e a determinánsuk. Kezdjük az első sorral.

Azt állítjuk, hogy az első egyenlet jobb oldala a következő mátrix első soraszerinti kifejtése:

X1 =

c1 a11 a12 . . . a1nc1 a11 a12 . . . a1nc2 a21 a22 . . . a2n...

......

......

cn an1 an2 . . . ann

(Ennek a mátrixnak szerencsére valóban 0 a determinánsa, mert az első kétsora megegyezik.)

Megmutatjuk, hogy az első sora szerinti kifejtése az első egyenlet jobb oldalávalegyenlő.

Az látszik, hogy a c1-hez tartozó aldetermináns maga a D.

Az is látszik, hogy az egyébként negatív előjelellel számítandó (sakktáblasza-bály) a11-hez tartozó aldetermináns a D1.

Az egyébként pozitív előjelet kapó a12-höz tartozó aldetermináns nem a D2,de egyetlen oszlopcserével (1. és 2.) megkapjuk a D2-t, vagyis a kifejtésheza12 · (−1) ·D2 = −a12 ·D2 elemként adódik.

A negatív előjellel ellátott a13-hoz tartozó aldetermináns sem a D3, mert azelső oszlopban vannak a ci-k, viszont ezzel az oszloppal már két oszlopot kellátugrani, vagyis az előjel kétszer vált (így nem változik), ezért a kifejtéskor−a13 ·D3 szerepel.

És így tovább: a kifejtésben az a1j előjele (−1)j, a hozzá tartozó Dj-ben pediga ci-k oszlopának j − 1 oszlopot kell átlépnie, így

(−1)j · aij · (−1)j−1 ·Dj = (−1)2j−1aijDj = −aijDj.

Ez azt jelenti, hogy az első egyenlet bal oldalán valóban az X1 mátrix első soraszerinti kifejtés szerepel, és det(X1) valóban 0.

Hasonlóan látható be minden sorról, hogy az az

Xi =

ci ai1 ai2 . . . ainc1 a11 a12 . . . a1nc2 a21 a22 . . . a2n...

......

......

cn an1 an2 . . . ann

150

mátrix determinánsával (első sor szerint kifejtve) egyenlő, ami pedig valóban 0minden i-re, mert a mátrixnak van két egyenlő sora: az első és az i-edik.

(ii) Ha D 6= 0, akkor létezik megoldás (ezt már láttuk, hiszen ellenőriztük,hogy a tétel szerinti xi megoldás), és akkor az csakis a fenti alakú lehet (tehátegyértelmű).

Tegyük fel tehát, hogy D 6= 0, létezik megoldása az egyenletrendszernek (mégnem tudjuk, milyen alakban), és ez legyen az ξ1, . . . , ξn. Írjuk fel az alábbimátrixokat:

Xi =

ξi 0 . . . 1 . . . 0c1 a11 . . . a1i . . . a1n...

... . . . . . ....

...cn an1 . . . ani . . . ann

Ennek a mátrixnak a determinánsa 0, mert valamilyen módon megoldottuk azegyenletet – például Gauss-eliminációval –, amelynek során kijött az xi = ξiegyenlet, azaz a xi = ξi egyenlet kifejezhető az egyenletek lineáris kombináció-jaként. Ez azt jelenti, hogy az Xi mátrix első sora kifejezhető a többi lienáriskombinációjaként. Akkor viszont a determináns tulajdonságai miatt det(Xi)szükségszerűen nulla.

Másrészt fejtsük ki az |Xi|-t az első sora szerint. Nyilván legfeljebb két 0-tólkülönböző szorzat fog szerepelni, tehát:

0 = ξi ·D + (−1)i ·∆i.

(Az 1 szorzó előjele i = 1 esetén −, i = 2-re + stb.) Itt a ∆i mátrixból úgykapjuk a Di mátrixot, hogy az első oszlopát (i − 1 lépésben) az i-edik helyreléptetjük (D1 esetén 0 csere, D2 esetén 1 csere, D3 esetén 2 csere stb.).

Eszerint0 = ξi ·D + (−1)i · (−1)i−1Di = ξi −Di.

Tehát Di = ξiD.

Mivel pedig D 6= 0, így ξi =Di

D, tehát csak a tétel szerint adott alakú lehet a

megoldás.

Összefoglalva a bizonyítás lépéseit: Ha D = 0, akkor nincs egyértelmű megol-

dás, ha nincs egyértelmű megoldás, akkor D = 0, ha D 6= 0, akkor az xi =Di

D

megoldás, és ha D 6= 0, ξi megoldás, akkor azDi

Dalakú. �

151

13.5.1. Homogén lineáris egyenletrendszer

13.5.5. Definíció. Ha egy lineáris egyenletrendszerben az eredmények mindnullák, akkor az egyenletrendszert homogénnek nevezzük.

13.5.6. Tétel A homogén lineáris egyenletrendszernek mindig létezik megol-dása.

Bizonyítás. A Gauss-elimináció során csak akkor nem kapunk megoldást, haellentmondásra jutunk. Ellentmondásra pedig úgy juthatunk, ha valamelyiklépésben egy egyenletre a bal oldalon nullát kapunk, ugyanakkor a jobb olda-lon nem nulla áll. Ez azonban homogén lineáris egyenletrendszer esetén nemfordulhat elő, mert a jobb oldalon – tetszőleges, az eliminációban megengedettlépéseket végzünk is – mindenképpen nulla fog szerepelni. �

13.5.7. Megjegyzés. Nem is olyan nehéz megoldást adni a homogén lineárisegyenletrendszerre, hiszen ha minden ismeretlen nulla, akkor az megoldás.

13.5.8. Definíció. A homogén lineáris egyenletrendszer azonosan nulla meg-oldását triviális megoldásnak nevezzük.

Most, hogy kiderült, hogy a megoldásszámokra vonatkozó három lehetségeseset közül (nulla, egy, végtelen sok) az egyik (nulla) kizárt, felvetődik a kérdés,hogy akkor milyen esetben van egyetlen, illetve milyen esetben van végtelensok megoldás.

13.5.9. Állítás Ha a homogén lineáris egyenletrendszer együtthatómátrixánakdeterminánsa nem nulla, akkor egyértelmű a megoldás, ha nulla, akkor végtelensok megoldás van.

Bizonyítás. A Cramer-szabály alapján pontosan akkor van egyétrtelmű meg-oldás, ha az egyenletrendszer együtthatómátrixának determinánsa nem nulla.

Mivel nulla megoldás nem lehet, így D = 0 esetben csak végtelen sok megoldáslehet. �

13.5.10. Állítás Ha a homogén lineáris egyenletrendszernek van nem triviálismegoldása, akkor a megoldásvektor tetszőleges skalárszorosa is megoldás.

Bizonyítás. Ha valamely x vektor megoldása a lineáris egyenletrendszernek,akkor az egyenletrendszer tetszőleges egyenletébe behelyettesítve 0-t kapunk.Ha a vektor valamely α skalárszorosát helyettesítjük be, akkor az eredmény isα-szoros lesz, ami ugyancsak nulla. Így αx is megoldása az egyenletrendszer-nek. �

152

13.6. Mátrix inverze

Ahogyan a polinomoknál is szóbajött, hogy – ha már van szorzás – vajon van-e valamiféle polinomosztás, úgy a mátrixoknál is felvetődik a kérdés: lehet-emátrix-szal osztani.

A polinomoknál evidens volt a válasz, mert a polinomok mértéke növekedett aszorzással, az osztással pedig csökkennie kellett volna, ám az nem lehetett akár-milyen kicsi (azaz világos volt, hogy nem lehet polinommal osztani). Ehelyetta polinomoknál az oszthatóságot definiáltuk.

A mátrixok körében – bár lehet, hogy érdekes lenne – nem szokás oszthatóságrólbeszélni.

Ehelyett azonban van rá remény, hogy ha osztani nem is tudunk mátrix-szal, deesetleg tudunk mondani adott A, B mátrixokhoz olyan X vagy Y mátrixokat,amelyekre AX = B vagy Y A = B.

Vizsgáljuk először a legegyszerűbb eseteket. Legyen A ∈ T n×n négyzetes mát-rix, és legyen B = In (vagyis az egységmátrix). (Ez a választás a valós számok

körében annak felel meg, mintha nemb

a-t, hanem csak

1

a-t akarnánk kiszá-

mítani.) Ha ebben az esetben találunk olyan X mátrixot, amelyre AX = In,akkor AXB = InB = B miatt az A-hoz is tudunk olyan mátrixot (a találtX-hez az XB), amelyet A-val balról szorozva B-t kapjuk.

bontsuk fel a feladatot részfeladatokra!

Először keressünk olyan x1 vektort, amellyel A-t szorozva az In első oszlopátkapjuk:

Ax1 =

100...0

Egy egyetlen lineáris egyenletrendszer megoldását jelenti. Alkalmazhatjuk aGauss-eliminációt.

153

Ezután keressünk olyan x2 vektort, amellyel A-t jobbról szorozva In másodikoszlopát kapjuk: ez is egy lineáris egyenletrendszer megoldását jelenti.

Ax2 =

010...0

Mégpedig – mivel ennek az egyenletrendszernek ugyanaz a mátrixa, mint azelőzőé, nevezetesen A – ugyanazt a Gauss-eliminációt végezzük el (csak a jobboldal lesz kétféle).

És így tovább: keressünk olyan xn vektort, amellyel A-t jobbról szorozva Inn-edik oszlopát kapjuk: ez is egy lineáris egyenletrendszer megoldását jelenti.

Axn =

000...1

Ha tehát a feladatot n részfeladatra bontjuk, akkor n lineáris egyenéetrendszertkapunk, azok mindegyikét meg tudjuk oldani.

Ez ugyan n darab lineáris egyenletrendszer megoldását jelenti, de ne feledkez-zünk meg róla, hogy az eredmények a Gauss-elimináció során csak „passzívrésztvevők” (csak az a lényeg, hogy mi lesz belőlük), a valódi algoritmus azegyütthatómátrixon történik: annak alapján hozunk döntéseket, végezzük elaz algoritmust.

Ráadásul semmi akadálya annak, hogy egyszerre oldjuk meg mind az n egyen-letrendszert a (12.1) alapján.

Nézzük meg egy példán. Legyen A =

1 2 31 3 51 4 8

. A kiinduló állapot (3 egyen-

letrendszerről van szó):1 2 3 1 0 01 3 5 0 1 01 4 8 0 0 1

154

Az első lépésben kivonjuk az első sort a másodikból, és a harmadik sorból is.

1 2 3 1 0 00 1 2 −1 1 00 2 5 −1 0 1

Majd a második sor kétszeresét kivonjuk az első, ismét a kétszeresét a harmadiksorból:

1 0 −1 3 −2 00 1 2 −1 1 00 0 1 1 −2 1

Végül a harmadik sort hozzáadjuk az elsőhöz, a kétszeresét kivonjuk a máso-dikból:

1 0 0 4 −4 10 1 0 −3 5 −20 0 1 1 −2 1

Azt kaptuk, hogy a három oszlopvektor (egy mátrixba írva) 4 −4 1−3 5 −21 −2 1

(Az eredmény helyességének ellenőrzését az olvasóra bízzuk.)

Mindezek alapján azt is meg tudjuk mondani, hogy mely esetekben végezhetőel az invertálás.

Mivel lineáris egyenletrenszert oldottunk meg, nyilván az a megoldahtóság fel-tétele, hogy a mátrix determinánsa ne legyen nulla.

13.6.1. Következmény. Egy négyzetes mátrix pontosan akkor invertálható,ha a determinánsa nem nulla, azaz ha reguláris.

Belátható, hogy ha AB = I, akkor BA = I.

13.6.2. Definíció. Legyen A ∈ T n×n. Azt a B mátrixot, amelyre teljesül,hogy AB = BA = In, az A mátrix inverzének nevezzük. Jele: A−1.

Egy, a mátrix inverzére vonatkozó további eredményt bizonyítás nélkül közlünk.

13.6.3. Tétel Legyen A ∈ T n×n invertálható. Az A mátrix aij eleméhez tar-tozó aldeterminánsát jelölje Dij. Ekkor

A−1 =1

|A|·

(−1)1+1D11 (−1)1+2D12 . . . (−1)1+nD1n

(−1)2+1D21 (−1)2+2D22 . . . (−1)2+nD2n... . . . . . .

...(−1)n+1Dn1 (−1)n+2Dn2 . . . (−1)n+nDnn

T

,

155

azaz az alkalmasan (sakktáblaszabály szerint) előjelezett aldeterminánsokból al-kotott mátrix transzponáltja osztva A determinánsával.

Bizonyítás. Jelöljük Aij-vel a (−1)i+jDij determinánst, ekkor másképp is fel-írhatjuk a tétel állítását:

A−1 =1

|A|·

A11 A21 . . . An1A12 A22 . . . An2...

A1n A2n . . . Ann

Aij tehát az A mátrix ji indexű eleméhez tartozó alkalmas előjellel ellátottaldeterminánsa.

Számítsuk ki aA11 A21 . . . An1A12 A22 . . . An2...

A1n A2n . . . Ann

·a11 a12 . . . a1na21 a22 . . . a2n...an1 an2 . . . ann

mátrixszorzatot. Pontosabban a szorzat ij és ii indexű elemét:

bii = A1ia1i + A2ia2i + A3ia3i + . . .

Ez éppen |A|, hiszen olyan, mintha kifejtettük volna A-t az i-edik oszlopaszerint.

bij = A1ia1j + A2ia2j + A3ia3j + . . .

ez is úgy néz ki, mint egy kifejtés, de ha jobban megnézzük, az i-edik oszlop sze-rint a j-edik oszlopban lévő elemekkel szorozzuk az aldeterminánsokat, vagyisolyan mátrix kifejtése ez, amelynek az i-edik oszlopa helyén ugyanazok az ele-mek állnak, mint a j-edik oszlop elemei. Ennek viszont két oszlopa egyenlő, adeterminánsa ezért 0. (Ezt az összfüggést szokás ferde kifejtési tétel néven isemlíteni.)

Ebből következik, hogy a két mátrix szorzata az I mátrix |A|-szorosa, így haezt osztjuk |A|-val, I-t kapjuk. �

Az is világos, hogy a 13.4.1. alapján A · X = In miatt det(A) · det(X) =det(In) = 1 nem teljesülhet semmilyen X-re, ha A determinánsa 0.

156

13.7. Lineáris egyenletrendszer megoldásának fel-írása mátrixokkal

A korábbiakban felírtuk a lineáris egyenletrendszer mátrixát (legyen most azegyszerűség kedvéért négyzetes a mátrix):

A =

a11 a12 . . . a1na21 a22 . . . a2n... . . . . . .

...an1 an2 . . . ann

.Felírtuk az eredményt, amit szintén mátrix alakba írhatunk, sőt, az ismeretle-neket is felírhatjuk oszlopvektorként:

x =

x1x2...

xn−1xn

c =

c1c2...

cn−1cn

(A vektorokat a konvenció miatt és azért is írtuk vastag betűkkel, hogy formá-lisan jól meg tudjuk különböztetni őket a koordinátáitól.)

Ezzel a jelöléssel a lineáris egyenletrendszer egy újabb felírását kapjuk:

Ax = c.

És itt valóban mátrixszorzás szerepel.

Ha most az egyenletet balról megszorozzuk A inverzmátrixával (persze csak halétezik), akkor azt kapjuk, hogy

x = A−1c.

Ezzel a (reguláris) lineáris egyenletrendszer egy újabb megoldási módszerétkaptuk meg.

13.7.1. Tétel Ha azAx = c

lineáris egyenletrendszer reguláris, akkor a megoldása:

x = A−1c

alakban kapható.

13.7.2. Megjegyzés. Természetesen mivel a mátrixinvertálás maga is egy li-neáris egyenletrendszer megoldása, annyira nem meglepő ez az eredmény.

157

Feladatok

1. Igazoljuk, hogy a (3×3)-as mátrixok esetében valóban a 13.1.1. definíciószerint számítható a determináns!

2. Határozza meg, hogy az alábbi indexpár felsorolásokhoz milyen előjeltartozik a determinánsban!

(a) 11, 22, 33

(b) 11, 23, 32

(c) 13, 22, 31

(d) 13, 21, 32

(e) 13, 24, 31, 42

(f) 15, 24, 33, 42, 51

3. Számítsa ki az alábbi mátrixok determinánsát![1 22 3

] [sinα cosα− cosα sinα

][a bibi a

] [a c+ di

c− di b

] [tg x −1

1 −tgx

]4. Határozza meg, hogy az n×n-es mátrix determinánsának kiszámításakor

a mellékátlóban lévő (1, n, 2, n − 1, 3, n − 2, . . . , n − 1, 2, n, 1 indexű)elemek szorzata milyen előjelet kap!

5. Számítsa ki az alábbi mátrixok determinánsát!1 0 −1 −10 −1 −1 1a b c d−1 −1 1 0

2 1 1 11 2 1 11 1 2 11 1 1 2

2 1 1 v1 2 1 x1 1 2 y1 1 1 z

6. Ellenőrizze, hogy a mátrixinvertálás példában kiszámított mátrixot –

akár jobbról, akár balról – megszorozva az A mátrix-szal, az I3-at kapjuk!

7. Állapítsa meg, hogy invertálhatók-e a következő mátrixok! Ha igen, szá-mítsa is ki az inverzüket! [

1 22 5

] [a bc d

]

158

8. Keressen olyan 2× 2-es mátrixot, amelynek a négyzete a nullmátrix!

9. Keressen olyan 2× 2-es mátrixot, amelynek a négyzete az egységmátrix!

10. Állapítsa meg, hogy invertálhatók-e a következő mátrixok! Ha igen, szá-mítsa is ki az inverzüket!1 2 1

2 1 21 2 3

4 1 1−4 2 01 2 1

2 1 01 1 2−1 2 1

3 1 −23 −2 4−3 5 −1

11. Igazolja, hogy AB −BA soha nem lehet egyenlő az egységmátrix-szal!

12. Ellenőrizze, hogy ha A =

[a bc d

], akkor A2 − (a+ d)A+ (ad− bc) = 02,

azaz a 2× 2-es nullmátrix.

159

14. Vektorterek

Korábban megismerkedtünk már néhány algebrai struktúrával. Minden eset-ben adott volt egy nem üres halmaz (szokás tartóhalmaznak nevezni), definiál-tunk rajta művelete(ke)t, és a műveletek kielégítettek bizonyos tulajdonságo-kat.

Testnek neveztük azt az algebrai strukúrát (a tartóhalmazát jelölje T ), amelyenkét műveletet értelmeztünk, egy összeadást és egy szorzást.

Az összeadás kommutatív, asszociatív és invertálható (egységeleme a 0, azinverzművelet neve kivonás);

a szorzás kommutatív, asszociatív, és T \ {0}-n invertálható (egységeleme az1, az inverzművelet neve osztás);

valamint a szorzás disztributív az összeadásra nézve.

Például test a racionális, a valós vagy a komplex számok a szokásos össze-adással és szorzással, de test a számelméletben korábban megismert (Zp,+p)(prímrendű ciklikus csoport), ha hozzávesszük a modulo p szerinti szorzást:(Zp,+p, ·p).Vektorokról korábban is tanultunk, megismertük sok tulajdonságukat, és alkal-maztuk is őket (például komplex számok szemléltetésére). A mátrixok körébenis voltak olyanok, amelyeket vektoroknak neveztünk.

A következőkben a vektorokkal kapcsolatos ismereteinket fogjuk precíz algebraiformába önteni.

14.1. A vektortér fogalma, alapvető tulajdonságai

Tudjuk, hogy vektorok között elvégezhető az összeadás, a számmal való szorzás– de a „szám” is egy algebrai struktúra eleme.

160

A vektortérhez adott egy test és egy kommutatív csoport a saját műveleteikkel,továbbá összeköti a kettőt egy művelet: a számmal való szorzás. (Így volt ez apolinomok esetén is.)

14.1.1. Definíció. Adott a (T,+, ·) test (az elemei skalárok, rendszerint görögbetűkkel fogjuk jelölni), a T -beli összeadás egységelemét jelölje 0, a szorzás egy-ségelemét jelölje 1, valamint a (V,+) kommutatív csoport (az elemei vektorok,vastag betűkkel fogjuk jelölni), a V -beli összeadás egységelemét pedig jelölje 0.

Továbbá T és V között definiálunk egy műveletet (mivel nem egy struktúránbelül hat, szokás külső műveletnek nevezni), amely a következő tulajdoságokkalrendelkezik

1. minden α, β ∈ T és v,u ∈ V esetén létezik V -ben az αv

2. (α+β)u = αu+βu (az egyik szorzátényezőre vonatkozó disztributivitás-szerű tulajdonság)

3. α(u+v) = αu+αv (a másik szorzátényezőre vonatkozó disztributivitás-szerű tulajdonság)

4. α(βu) = (αβ)u (egy asszociativitás-szerű tulajdonság)

5. 1 · u = u

Ekkor azt mondjuk, hogy a V vektorteret alkot a T test felett.

A V -beli egységelem neve nullvektor, jelölése: 0.

Az 5. tulajdonságra többek között azért van szükség, mert ha azt nem kötjükki, akkor elképzelhető, hogy minden αu szorzat a V nulla elemével egyenlő –ezt ki akarjuk zárni.

Példa. Példák vektortérre:

1. A valós síkbeli vektorok vektorteret alkotnak a valós számtest felett.

2. A valós, illetve komplex együtthatós polinomok vektorteret alkotnak a va-lós, illetve a komplex számtest felett. A komplex együtthatós polinomok méga valósok felett is vektorteret alkotnak. (Bármely komplex együtthatós poli-nomot egy valós számmal szorozva komplex együtthatós polinomot kapunk.)A valós együtthatós polinomok azonban nem alkotnak vektorteret a komplexszámtest felett, hiszen valós együtthatós polinomot komplex számmal szorozvanem feltétlenül kapunk valós együtthatós polinomot.

161

3. A legfeljebb ötödfokú valós együtthatós polinomok vektorteret alkotnak avalós számtest felett.

4. A valós számsorozatok vektorteret alkotnak a valós számtest felett.

5. A valós számpárok, számhármasok, szám-n-esek vektorteret alkotnak a valóstest felett. (A komplex számpárok stb. nyilván a komplex felett is vektortér.)

6. A komplex számok vektorteret alkotnak a valós számtest és a komplexszámtest felett is.

7. A valós számok testet alkotnak a valós számtest felett. (A komplex felettazonban nem, hiszen valós számot szorozva komplex számmal nem feltétlenülkapunk valós számot.)

8. A véges, de adott hosszúságú vagy végtelen bináris (jel)sorozatok vektorteretalkotnak a kételemű (({0, 1},+2, ·2), rendszerint F2-vel jelölt) véges test felett.

A vektortér tulajdonságaiból következtethetünk néhány fontos összefüggésre:

14.1.2. Állítás Legyen (T,+, ·) test, (V,+) vektortér T felett; 0 ∈ T a T -beli összeadás egységeleme, 0 ∈ V , a V -beli összeadás egységeleme. Legyenu ∈ T tetszőleges vektor, α ∈ T tetszőleges skalár. Ekkor teljesülnek az alábbiösszefüggések:

1. 0 · u = 0

2. (−1) · u = −u

3. α · 0 = 0

4. α · u = 0 akkor és csak akkor, ha α = 0 vagy u = 0.

Bizonyítás. 1. u + 0 · u = 1 · u + 0 · u = (0 + 1) · u = u. Mindkét oldalhozhozzáadva −u-t, 0 · u = 0.

2. 0 = 0 · u = (1 + (−1))u = 1 · u + (−1) · u = u + (−1) · u. Mindkét oldalhozhozzáadva −u-t: −u = (−1) · u.3. α · 0 = α · (u− u) = α · (1 · u + (−1) · u) = α · (1 + (−1)) · u = 0 · u = 0

4. Az egyik irány az 1. és a 3. pontból következik. Visszafelé: ha α · u = 0,

de α 6= 0, akkor α · α + 1

α· u is 0, vagyis (α+ 1) · u = 0, ami a feltétel szerint

α · u-val is egyenlő; (α + 1)u = αu-ból pedig (−αu hozzáadásával) u = 0következik. �

162

A továbbiakban – hacsak nem jelezzük külön – vektortéren a (V,+) (T,+, ·)feletti vektorterét fogjuk érteni, az állításainkat ezekre fogjuk vonatkoztatni.

14.1.3. Megjegyzés. Most, hogy tudjuk, mi az a vektortér, korábbi kijelen-téseinket is kicsit precízebben meg tudnánk fogalmazni. Ezek közül egynek azesetében ezt most meg is tesszük.

14.1.4. Definíció. Legyenek v1, v2, . . . , vn vektorok a V -ben, α1, α2, . . . , αnskalárok T -ben. Az α1v1 +α2v2 + . . .+αnvn vektort a v1, v2, . . ., vn vektoroklineáris kombinációjának nevezzük.

14.1.5. Megjegyzés. Korábban azt állítottuk (ha nem is ezekkel a szavakkal),hogy ha A és B (megfelelő méretű, azaz összeszorozható) mátrixok, akkor azAB szorzat i-edik oszlopvektora az A oszlopvektorainak a B i-edik oszlopábanszereplő skalárokkal vett lineáris kombinációja.

Láthatjuk, hogy a vektorokkal képzett lineáris kombinációnál az sem kizárt,hogy két vektor ugyanaz (pl. A oszlopvektorai). Ezért ha ezekről a vektorokrólbeszélni akarunk, nem mondhatjuk, hogy halmaz.

Ehelyett:

14.1.6. Definíció. Ha a vektortérből kiválasztunk valahány (nem feltétlenülkülönböző) vektort, ezt vektorrendszernek nevezzük.

Ha tehát egy vektorrendszer lineáris kombinációjában minden együttható 0,akkor az összegvektor is 0. A 0 ilyen előállítását triviális lineáris kombinációnaknevezzük.

Felmerül a kérdés, hogy másképp kaphatunk-e 0-t lineáris kombinációként.

14.1.7. Definíció. Ha egy vektorrendszer lineáris kombinációja csak triviálismódon lehet 0 (azaz csak a triviális lineáris kombinációja állítja elő a nullavektort), akkor a vektorrendszert lineárisan függetlennek nevezzük.

(Történetileg úgy alakult, hogy fontos volt tudni, hogy egy vektorrendszerbenszereplő vektorok „függetlenek-e” egymástól (gondoljunk az egyenletrendszeregyenleteire).)

14.1.8. Megjegyzés. Tulajdonképpen intuitíve nem így képzelnénk a lineárisfüggetlenséget, hanem úgy, ahogyan az egyenleteknél:

Akkor lineárisan független egy vektorrendszer, ha semelyik vektor nem állíthatóelő a többi lineáris kombinációjaként.

163

Szerencsénkre:

14.1.9. Állítás A 14.1.7. és a 14.1.8. meghatározás ekvivalens.

Bizonyítás. Ha egy vektorrendszer egy vektora előáll a többi lineáris kombi-nációjaként, például:

vn = α1v1 + α2v2 + . . .+ αn−1vn−1,

akkor0 = α1v1 + α2v2 + . . .+ αn−1vn−1 + (−1) · vn,

azaz nem triviális módon (hiszen van egy nem nulla együttható, a −1) előállítjaa 0-t.

Ha pedig egy vektorrendszer nem triviális módon is előállítja a 0-t, azaz

0 = α1v1 + α2v2 + . . .+ αn−1vn−1 + αnvn,

akkor az együtthatók között van nem nulla (például αn), és így

−αnvn = α1v1 + α2v2 + . . .+ αn−1vn−1,

amit a nem nulla (−αn)-nel osztva megkapjuk a vn felírását a többi vektorlineáris kombinációjaként. �

Még egy – kevésbé szembeszökő – tulajdonság kimondható a lineárisan függet-len vektorrendszerekre:

14.1.10. Állítás A v1, v2, . . . , vn vektorrendszer pontosan akkor lineárisanfüggetlen, ha minden olyan vektor, amely előállítható lineáris kombinációjuk-ként, egyértelműen áll elő.

Bizonyítás. Először is, ha kétféleképpen is előállna egy vektor, például u,akkor azok egyenlők:

α1v1 + α2v2 + . . .+ αn−1vn−1 + αnvn = β1v1 + β2v2 + . . .+ βn−1vn−1 + βnvn.

Ezek különbsége 0:

0 = α1v1 + α2v2 + . . .+ αn−1vn−1 + αnvn−− (β1v1 + β2v2 + . . .+ βn−1vn−1 + βnvn)

(α1 − β1)v1 + (α2 − β2)v2 + . . .+ (αn−1 − βn−1)vn−1 + (αn − βn)vn.

164

Ha most a vi-k függetlenek, akkor ez csak a triviális lineáris kombináció lehet,vagyis a két előállítás ugyanaz.

Ha viszont a vektorrendszer nem független, akkor kifejezhető a nulla vektornem triviális módon is, például

0 = γ1v1 + γ2v2 + . . .+ γn−1vn−1 + γnvn

és nem minden együttható 0, tehát u = u + 0, így a

u = (α1 + γ1)v1 + (α2 + γ2)v2 + . . .+ (αn−1 + γn−1)vn−1 + (αn + γn)vn.

kifejezés az u egy, az előzőtől különböző felírását adja. �

Az egyenletek esetében megneveztük (sőt, azt neveztük meg először – házihasz-nálatú kifejezéssel), ha az egyenletek nem voltak függetlenek. Az ilyen egyen-letet függőnek neveztük, ez azonban igencsak pontatlan, mert nem mondtukmeg, hogy mitől függ.

Fogalmazzuk meg, milyen az, amikor egy vektorrendszer nem független.

14.1.11. Definíció. Ha egy vektorrendszernek van olyan nem triviális lineáriskombinációja, amely a 0 vektort adja, akkor a vektorrendszer összefüggő.

14.1.12. Megjegyzés. A lineáris függetlenség másik két (ekvivalens) megha-tárázásának itt is megfelel egy-egy (ekvivalens) meghatározás:

1. Egy vektorrendszer lineárisan összefüggő, ha van olyan vektora, amely előálla többi lineáris kombinációjaként.

2. Egy vektorrendszer összefüggő, hogyha minden olyan vektort, amelyet elő-álltíthatunk a lineáris kombinációival, többféleképpen is elő tudunk állítani.

Bizonyítás. 1. Ha egy vektorrendszer lineárisan összefüggő, akkor a 0-t nemtriviális módon állítja elő, vagyis van olyan vektor a felírásban, amelynek azegyütthatója nem 0. Ha ez így van, akkor ezt a vektort ki lehet fejezni a többilineáris kombinációjaként.

Másrészt, ha valamelyik vektora előáll a többi lineáris kombinációjaként, akkora felírást átrendezve a 0-ra egy nem triviális lineáris kombinációt kapunk.

2. Ha egy vektor kétféle (különböző) módon is előáll egy vektorrendszer line-áris kombinációjaként, akkor a két felírás különbsége egyrész a nulla vektor,másrészt a vektorok egy nem triviális lineáris kombinációja. Ha egy vektor-rendszer lineárisan összefüggő, akkor bármely előállított vektorhoz hozzáadvaa nem triviális módon felírt 0-t, egy másik felírását kapjuk a vektornak. �

165

14.1. ábra. A lineárisan független és összefüggő vektorrendszerek főbb tulaj-donságai és kapcsolata

A fenti tulajdonságokat egy táblázatban foglaltuk össze (14.1 ábra).

Látható, hogy a függetlenség és az összefüggés szoros kapcsolatban áll a vek-torelőállítással. (Ennek történetileg az adja a jelentőségét, hogy több fizikaimennyiség is vektor jellegű, és az ilyenek jellemzéséhez, karakterizálásához,más vektorok előállításához fontos volt tudni, hogy mely vektorokra támasz-kodhatunk mint „előállító” vektorok. Ezt, az „előállítást” generálásnak is szokásnevezni.) Most ezt a szemléletet készítjük elő.

Példa. 1. Összefüggő rendszert alkot például az egyetlen, nulla vektort tar-talmazó vektorrendszer, hiszen a 0-nak minden lineáris kombinációja 0, nemcsak a 0-val képzett.

Egyébként egyetlen vektor másképp nem is lehet linárisan független, mert mintláttuk, αu csak úgy lehet 0, ha α = 0 vagy u = 0.

Ez azt is jelenti, hogy az egyetlen nem nulla vektorból álló vektorrendszermindig lineárisan független.

2. Két vektor úgy lehet összefüggő, hogy valamelyik a másik skalárszorosa(hiszen akkor összefüggő egy vektorrendszer, ha az egyik vektor előáll a többilináris kombinációjaként).

3. Három vektor már nagyon sokféleképpen lehet összefüggő. Ha a koordi-nátasíkban felveszünk három vektort, akkor biztosak lehetünk benne, hogyvalamelyik felírható a másik kettő lineáris kombinációjaként – gondoljunk azerőfelbontásra.

166

14.1.13. Állítás A V vektortérbeli v1, v2, . . ., vn vektorrendszer lineáris kom-binációi által előállított (generált) vektorok maguk is vektorteret alkotnak, amelyrésze a V -nek.

Bizonyítás. Nyilván V -beli vektorok lesznek a lineáris kombinációval előállí-tott vektorok. A test-tulajdonságok nem változnak, a V -nél szűkebb halmazonpedig minden V -re felírt műveleti tulajdonság érvényes marad.

Azt kell tehát csak megmutatnunk, hogy két előállított vektor összege és ska-lárszorosaik is előálló vektor.

Ez pedig abból következik, hogy adott vektorok lineáris kombinációinak összegeés számszorosa is a vektorok lineáris kombinációja. �

14.1.14. Definíció. Ha egy V vektortérben egy vektorrendszer előállít a line-áris kombinációival minden V -beli vektort, akkor generátorrendszernek nevez-zük.

14.1.15. Definíció. A v1, v2, . . ., vn vektorrendszer lineáris kombinációi általelőállított vektorok összességét a vektorrendszer által generált altérnek nevez-zük.

14.1.16. Állítás Egy vektortér egy részhalmaza pontosan akkor altér, ha zárta vektorösszeadásra és zárt a skalárral való szorzásra.

Bizonyítás. A vektortér tulajdonságok közül a testre vonatkozó tulajdonsá-gok biztosan teljesülnek, a vektorok csoportjára a műveleti tulajdonságok (mi-vel a halmaz egy leszűkítéséről van szó) nem romolhatnak el – azaz biztosanteljesülnek. A külső művelet tulajdonságai sem változhatnak.

Így csak az a kérdés, hogy elvégezhetők-e a vektorokra kirótt műveletek: askalárral való szorzás (a halmaz zárt-e a skalárral való szorzásra), és a vektor-összeadás (a halmaz zárt-e a vektorösszeadásra). �

Azt tapasztaljuk, hogy a vektortérben a lineárisan független vektorrendszeresetleg nem minden vektort generál, viszont a generátorrendszer esetleg nemegyértelműen állítja elő a vektorokat.

Szeretnénk olyan vektorrendszert alkotni, amely minden elemet egyértelműenelőállít (vagyis egyrészt generátorrendszer, másrészt független).

14.1.17. Definíció. Az olyan vektorrendszert, amely lineárisan független ge-nerátorrendszer, bázisnak nevezzük.

Persze, fogalmunk sincs róla, hogy van-e ilyen.

167

14.2. ábra. v1 és v2 irányú összetevőkre bontjuk a P -be mutató vektort.

Példa. 1. Keressünk bázist a kétdimenziós valós fölötti koordinátasíkban –ezt ismerjük legjobban.

A fizikában megszoktuk, hogy bármely, a síkban ható erőt fel tudunk írni kéterő eredőjeként. Szokás az (1; 0) és a (0; 1) vektorokat felvenni.

Kérdés, hogy függetlenek-e, illetve hogy a lineáris kombinációik minden sík-vektort előállítaniak-e.

Az biztos, hogy függetlenek, mert ez két nem nulla vektor esetén azt jelenti,hogy az egyik nem skalárszorosa a másiknak. Ez pedig nyilvánvaló.

A sík tetszőleges (x; y) koordinátájú pontja is felírható a megfelelő lineáriskombinációval, hiszen x(1; 0) + y(0; 1) = (x; y). x és y éppen a felírandó ponthelyvektorának két koordinátája.

2. Más bázist is kereshetünk a síkban.

Egy vektor (v1) nyilván nem elég, mert egy vektor skalárszorosai egy egyenesreillszekednek.

Ez azt jelenti, hogy fel kell vennünk még egy vektort. A második vektor nyilvánnem eshet egy egyenesbe v1-gyel, hiszen akkor előállítaná v1.

Vegyünk fel tehát egy vektort, amely nem esik egy egyenesbe a v1-vel, legyenez a v2 (14.2 ábra).

168

14.3. ábra. v1, v2 és v3 irányú összetevőkre bontjuk az u vektort.

Ezek nyilván függetlenek, és a szokásos paralelogrammaszabállyal tetszőlegesvektort fel tudunk bontani velük párhuzamos összetevőkre, amit a következőanimáció segítségével kipróbálhatunk:

www.cs.elte.hu/~kfried/algebra2/sikbazis.html

Vajon véletlen-e, hogy a síkban nincs egyelemű bázis, viszont a kételemű füg-getlen vektorok bázist alkotnak? És mi a helyzet térben?

3. A térben két vektor nem alkot bázist, mert – ahogy az imént láttuk –két független vektor síkot generál. Három független vektorösszetevőkre viszontminden vektor felbontható, ha olyan papralelepipedon átlójaként képzeljük el afelírandó vektort, amelyek élei párhuzamosak a felvett vektorokkal (14.3 ábra).

Nézzük általánosan a kérdést.

Vegyük a V vektorteret, és próbáljunk meg létrehozni benne egy bázist, azazolyan H vektorrendszert, amely lineárisan független és generátorrendszer is.Ha V nem csak a 0 vektorból áll, akkor beválaszthatunk H-ba egy nem nullah1 vektort, ami így nyilván független lesz.

Ha most a H (egyetlen vektorból álló) vektorrendszer generátorrendszer is,akkor készen vagyunk: van egy lineárisan független generátorrendszer.

Ha viszont H nem generátorrendszer, akkor van olyan vektor a V -ben, amelynem áll elő a H-beli vektor lineáris kombinációjaként. Ekkor beválasztunkegy ilyet (h2) a H vektorrendszerbe. Mivel ez, a másodikként választott vektornem állt elő H-beli vektorok lineáris kombinációjaként, H továbbra is függetlenvektorok lesznek a vektorrendszerben.

Ha H eddigi két vektora generálja V -t, akkor készen vagyunk, mert egy füg-getlen vektorokból álló generátorrendszert hoztunk létre. Ha viszont nem ge-nerálja, akkor van olyan vektor a V -ben, amely nem áll elő H-beliek lineáriskombinációjaként. Egy ilyen, elő nem álló (h3) vektort hozzávéve H-hoz, ismétfüggetlen vektorrendszert kapunk. (Ha ugyanis van olyan lineáris kombinációja

169

a H-beli vektoroknak, amely 0, akkor h3 együtthatója csakis 0 lehet, különbenkifejezhető lenne a többi vektorral, viszont a többi vektor lineárisan függetlenvolt, tehát csak a triviális lineáris kombinációjuk lehet 0.)

A H vektorrendszer vektoronkénti bővítését addig végezzük, amíg generátor-rendszert nem kapunk.

(Mi most csak olyan vektorterekkel foglalkozunk, amelyekben van véges eleműbázis. A vektorterekre adott példák közül például sem a sorozatok, sem apolinomok nem ilyenek – sem a sorozatok, sem a polinomok vektorterével nemfoglalkozunk.)

14.1.18. Definíció. A V vektortér egy bázisának az elemszámát a V dimen-ziójának nevezzük.

Persze azt még nem tudjuk, hogy jogosan tesszük-e ezt, ehhez szükséges lennetudni, hogy minden bázisnak ugyanannyi az elemszáma.

14.1.19. Tétel (kicserélési tétel) A V végesdimenziós vektortérben egy li-neárisan független vektorrendszernek nem lehet több eleme, mint egy generá-torrendszernek.

Bizonyítás. (Első.) Legyen F = (f1, . . . , fk) egy tetszőleges lineárisan füg-getlen vektorrendszer, és G = (g1, . . . ,gn) egy tetszőleges generátorrendszer.

Az f1 vektor helyett egy G-beli vektort akarunk betenni az F rendszerbe úgy,hogy az így kapott vektorrendszer továbbra is független legyen.

Ha gj, f2, . . . , fk összefüggő, az azt jelenti, hogy nem triviális módonelőállítja a 0-t. Ha ebben a felírásban a gj együtthatója 0 lenne,akkor F (és így f2, . . . , fk) függetlensége miatt a többi együtthatóis az, vagyis triviális lenne a felírás.

Ebből az következik, hogy gj együtthatója nem lehet 0, tehát gjfelírható f2, . . . , fk lineáris kombinációjaként.

Ha pedig az f2, . . . , fk lineáris kombinációival minden G-beli vek-tort elő tudnánk állítani, akkor f2, . . . , fk is generátorrendszer len-ne, mert a lineáris kombinációi lineáris kombinációival előállítanaminden olyan elemet, amit a G – tehát mindent.

Ekkor persze f1-et is, de ez már ellentmondás, mert akkor F össze-függő lenne.

170

Eszerint van olyan gj vektor, amelyet nem állít elő az f2, . . . , fk vektorrendszer.Így gj, f2, . . . , fk lineárisan független.

Ezt a lépést nemcsak f1-re, hanem lépésenként minden vektorra meg tudjukcsinálni. Az kizárt, hogy kétszer ugyanazt a gj vektort behozzuk, mert az aztjelentené, hogy összefüggő lett a vektorrendszer. (Márpedig vektort minden fihelyére be tudunk illeszteni.)

Végül olyan vektorrendszer lesz az F helyén, amelyben csupa G-beli elemeklesznek. Ez egyszersmind azt is jelenti, hogy F -nek nem lehet több eleme, mertakkor nem minden F -beli elemet tudtunk volna lecserélni.

Azaz k ≤ n. �

Bizonyítás. (Második.)

Írjuk fel az F rendszer vektorait a G generátorrendszer lineáris kombinációja-ként.

f1 =α11g1+α12g2+. . .+α1ngn

f2 =α21g1+α22g2+. . .+α2ngn...

fk =αk1g1+αk2g2+. . .+αkngn

Ez ugyan nem egyenletrendszer (az ismeretlenek nem számok, hanem vekto-rok), de van együtthatómátrixa

α11 α12 . . . α1n

α21 α22 . . . α2n... . . .

. . . ...αk1 αk2 . . . αkn

, (14.1)

és most úgyis erről akarunk következtetéseket levonni.

Mivel az F rendszer független, ezért a felírt egyenletek függetlenek (nincs olyansora, amely a többi lineáris kombinációjaként előállna), így az együtthatómát-rix sorai is függetlenek.

Gondoljunk most a (14.1) alatti mátrixra úgy, mint egy lineáris egyenletrend-szer mátrixa. A Gauss-elimináció alapján tudjuk, hogy csak akkor lehet mindensora független, ha legfeljebb annyi az egyenlet, mint az ismeretlen, vagyis azoszlopok száma legfeljebb annyi, mint a sorok száma. Röviden ha k ≤ n, éséppen ezt akartunk bizonyítani. �

171

14.1.20. Következmény. Eszerint egy vektortérben (amelyben van véges ele-mű bázis) bármely két bázisnak ugyanannyi eleme van.

Bizonyítás. Ha B1 és B2 a két bázis, akkor mivel minden bázis egyszerregenerátorrendszer és lineárisan független, ezért B1 elemszáma nem lehet na-gyobb B2-énél, és B2 elemszáma nem lehet nagyobb B1-énél. Az elemszámaikígy egyenlők. �

14.1.21. Következmény. Egy n-dimenziós vektortérben legalább n+1 vektornem lehet lineárisan független, legfeljebb n − 1 elem nem lehet generátorrend-szer.

14.1.22. Megjegyzés. Véges dimenziós vektrotér például a valós számtest fe-lett a számmal való szorzás és a komponensenként vett összeadás műveletére: asík (kétdimenziós), a tér (háromdimenziós), a rendezett számpárok (kétdimen-ziós) [emiatt például a komplex számok is], a rendezett számhármasok (három-dimenziós), a rendezett szám-n-esek stb.

Végtelen dimenziós vektorterekkel is találkoztunk már. Ilyenek például a valósszámsorozatok (sorozatok számszorosát, összegét értelmeztük például analízis-ben).

A példák közül a 8. (162) is véges dimenziós (a dimenziószám annyi, ahányeleme van a jelsorozatnak), de vehetünk végtelen jelsorozatot (mint egy sorozat),és akkor már az is végtelen dimenziós.

14.1.23. Tétel Két T feletti, ugyanannyi (de véges) dimenziós vektortér izo-morf.

14.1.24. Megjegyzés. Emlékeztetünk, hogy az izomorfia művelettartó bijek-tív leképezés, vagyis olyan egy-egy értelmű megfeleltetés, amelyben a megfelelőelemeken elvégzett művelet eredménye ugyanaz, mint az elemeken elvégzett mű-veletnek megfelelő elem. (1.1 ábra)

Bizonyítás. Vegyünk fel mindkét vektortérben egy-egy bázist (e1, . . . , en ésf1, . . . , fn), és feleltessük meg azokat egymásnak rögzített (amúgy tetszőle-ges) sorrendben. Mivel a báziselemszám ugyanannyi, a megfeleltetés egy-egyértelmű.

A bázis elemeivel minden vektor egyértelműen kifejezhető:

u = α1e1 + . . .+ αnen,

172

a neki megfeleltetett elem (a másik vektortérben az ugyanolyan együtthatókkalképezett)

v = α1f1 + . . .+ αnfn

lesz, és ezzel a művelettartást is biztosítjuk (vektorösszeg képe a vektorok ké-pének összege, vektor skalárszorosának képe a kép skalárszorosa).

Vagyis ezzel megadtunk egy művelettartó bijekciót a két vektortér között. �

14.1.25. Definíció. Egy rögzített bázisban megadott vektor felírásában a bá-zisvektorok együtthatói a vektor koordinátái.

14.2. A vektortér és a lineáris egyenletrendszerkapcsolata

Ha egy komplex vagy valós együtthatós n egyenletből álló, n ismeretlenes line-áris egyenletrendszer

Ax = c

alakú, akkor – mint korábban többször is megfogalmaztuk – azt keressük, hogyvannak-e olyan x1, x2, . . ., xn együtthatók, amelyekre az A oszlopvektorainakezen együtthatókkal képezett lineáris kombinációja éppen c.

Ez viszont éppen azt jelenti, hogy azt akarjuk tudni, hogy az A oszlopainakgenerált alterében benne van-e a c vektor.

Tudjuk, hogy ha A oszlopainak vektorrendszere az egész vektorteret generálja– azaz bázis, akkor létezik egyértelmű megoldás, mert minden vektort egyér-telműen állít elő, így c-t is.

Ha A oszlopainak vektorrendszere nem bázis, akkor is lehet, hogy előállítja a c-t (ha c benne van az oszlopvektorok által generált altérben), akkor viszont nemegyértelmű a megoldás, egészen pontosan végtelen sok megoldás van. (Hiszen Aoszlopvektorai előállítják a 0 vektort – mégpedig végtelen sokféleképpen, mertbármelyik előállításnak bármelyik számszorosa is előállítás –, és ezt hozzáadvaegy lineáris kombinációhoz egy újabb felírást kapunk.)

Abban az esetben, amikor A oszlopainak vektorrendszere nem bázis, az is lehet,hogy a c nincs benne az általuk generált altérben, és ekkor nincs megoldása alineáris egyenletrendszernek.

173

Feladatok

1. Igazolja, hogy ha egy legalább kételemű lineárisan független vektorrend-szerből elhagyunk egy elemet, akkor független vektorrendszert kapunk.

2. Igazolja, hogy ha egy vektortér generátorrendszeréhez hozzáveszünk egyelemet, akkor összefüggő rendszert kapunk.

3. Igazolja, hogy ha egy véges, de legalább kétdimenziós vektortérben

(a) egy bázishoz hozzáveszünk egy elemet, akkor összefüggő vektorrend-szert kapunk.

(b) egy bázisból elhagyunk egy elemet, független vektorrendszert ka-punk

4. Határozza meg, hogy az R feletti R4 vektortérben adott vektorrendszerekhány dimenziós alteret generálnak! (Segítség: nyilván annyit, amennyimaximális független vektor kiválasztható közülük.)

(a) X1 =

2131

, X2 =

1201

, X3 =

−11−30

(b) X1 =

213−1

, X2 =

−11−31

, X3 =

453−1

, X4 =

15−31

174

15. Homogén lineáris leképezések

Az imént beláttuk, hogy két véges, egyenlő dimenziójú, ugyanazon test fölöttivektortér között létesíthető izomorfizmus.

Általában is érdekes kérdés, hogy vektorterek között vagy egy vekortéren belülmilyen művelettartó leképezések létezhetnek.

15.1. Homogén lineáris leképezés definíciója éstulajdonságai

15.1.1. Definíció. Ha V és W két, T feletti vektortér, akkor a ϕ : V → Wleképezést homogén lineáris leképezésnek nevezzük, ha ϕ művelettartó:

ϕ(v + w) = ϕ(v) + ϕ(w) (15.1)

ésϕ(αv) = αϕ(v). (15.2)

Példa. 1. Homogén lineáris leképezés a sík valós feletti vektorterén az origókörüli tetszőleges α szögű elforgatás. (A vektortér vonatkozásában a vektorfogalmat a geometriai helyvektor értelemben használjuk.)

Két vektor összegének α szögű elforgatottja ugyanaz, mint az α szögű elforga-tottak összege;

egy vektor skalárszorosának elforgatottja ugyanaz, mint az elforgatott ugyan-olyan skalárszorosa.

2. A sík mint valós feletti kétdimenziós vektortér homogén lineáris leképezéseaz origón átmenő tengelyre (például az x tengelyre vonatkozó) tükrözés is. Eztszemlélteti az 15.1. ábra, és ugyanez kipróbálható a

www.cs.elte.hu/~kfried/algebra2/izompl1.html

175

animáción is: vektorösszeg x tengelyre vonatkozó tükörképe a tükörképekösszege.

15.1. ábra. Összeg tükörképe a tükörképek összege

Két vektor összegének tükörképe a tükörképeik összege, illetve vektor skalár-szorosának tükörképe a tükörkép ugyanolyan skalárszorosa. Ezt a 15.2. ábraszemlélteti, a

www.cs.elte.hu/~kfried/algebra2/izompl2.html

animáción pedig nyomon lehet követni: vektor skalárszorosának x tengelyrevonatkozó tükörképe a tükörkép ugyanolyan skalárszorosa

3. Az x tengelyre való merőleges vetítés is homogén lineáris leképezés: vektor-összeg vetülete a vetületeik összege, vektor skalárszorosának vetülete a vetületugyanolyan skalárszorosa.

4. A nyírás is homogén lineáris leképezés. A nyírás során az (x; y) koordinátájúponthoz az (x + y; y) koordinátájú pontot rendeljük. Olyan ez, mintha minéltávolabb kerülve az x tengelytől (y irányban), annál jobban „eldőlnének” avektorok, ahogyan a haj (vagy egymásra rétegezett papírok) nyírása során azösszefogott szálak egyre távolabbra tolódnának el az olló nyomásának hatására.(A hozzárendelést a 15.3 ábra szemlélteti, a leképezés hatását a

www.cs.elte.hu/~kfried/algebra2/nyiras.html

176

15.2. ábra. Skalárszoros tükörképe a tükörkép ugyanolyan skalárszorosa

animáción próbálhatja ki.)

15.1.2. Megjegyzés. A definícióból következik, hogy az egyik vektortér 0 vek-torának a képe a másik vektortér 0 vektora. (Legyen például α = 0 (15.2)-ben.)

Erre a tulajdonságra utal a homogén szó.

15.1.3. Definíció. Ha V és W ugyanaz a vektortér, akkor homogén lineáristranszformációról beszélünk.

A síknak egy egyenesére vonatkozó tükrözése például a sík homogén lineáristranszformációja.

15.1.4. Tétel (kiterjesztési tétel) Ha V és W két T feletti vektortér,e1, . . . , en bázis V -ben, és ϕ : V → W a báziselemekhez rendre hozzárendelia W vektortér f1, . . . , fn elemeit, akkor pontosan egy olyan homogén lineárisleképezés van, amely ugyanezeket az elemeket rendeli az ei báziselemekhez.

Bizonyítás. Legyen az u ∈ V vektor (egyértelmű) előállítása az ei bázisban:

u = α1e1 + . . .+ αnen

177

15.3. ábra. Nyírás

Ekkor u ϕ szerinti képe – ha azt akarjuk, hogy homogén lineáris leképezéslegyen – nem lehet más, mint

α1f1 + . . .+ αnfn.

Vagyis ha ez valóban homogén lineáris leképezést határoz meg, akkor az csakez lehet, vagyis egyértelmű.

Be kell még látnunk, hogy ϕ valóban homogén lineáris leképezés.

Legyen u és v két V -beli vektor, α ∈ T . Írjuk fel u-t és v-t az e bázisban:

u = α1e1 + . . .+ αnen

v = β1e1 + . . .+ βnen.

Először igazoljuk, hogy ϕ(u + v) = ϕ(u) + ϕ(v).

ϕ(u + v) = ϕ(α1e1 + . . .+ αnen + β1e1 + . . .+ βnen) =

= ϕ((α1 + β1)e1 + . . .+ (αn + βn)en) =

= (α1 + β1)f1 + . . .+ (αn + βn)fn =

= α1f1 + . . .+ αnfn + β1f1 + . . .+ βnfn =

= ϕ(u) + ϕ(v).

Ezek szerint teljesül a (15.1) tulajdonság.

Most pedig igazoljuk, hogy ϕ(αu) = αϕ(u). Mivel

α(u) = α(α1e1 + . . .+ αnen) = (αα1)e1 + . . .+ (ααn)en,

178

így

ϕ(α(u)) = (αα1)f1 + . . .+ (ααn)fn = α(α1f1 + . . .+ αnfn) = α(ϕ(u)),

tehát valóban fennáll a (15.2) tulajdonság. �

15.1.5. Definíció. Azoknak a V -beli vektoroknak a halmaza, amelyek ϕ sze-rinti képe a W -beli 0, a ϕ magterének nevezzük. Jelölése: Ker(ϕ).

Az, hogy ezt magtérnek nevezzük, azt sugallja, hogy ez a V vektortér egyaltere. Azért ezt be kellene bizonyítani:

15.1.6. Állítás Ker(ϕ) a V altere.

Bizonyítás. Elég azt bizonyítanunk, hogy ha ϕ(u) = ϕ(v) = 0, akkor ϕ(u +v) = 0 – ez a (15.1) tulajdonságból közvetlenül következik –, valamint hogyϕ(αu) = 0, ami pedig a (15.2) tulajdonságból. �

15.1.7. Definíció. Azokat a W -beli vektorokat, amelyek valamely V -beli vek-tor ϕ szerinti képeként állnak elő, a leképezés képterének nevezzük. Jele:Im(ϕ).

Most is be kell bizonyítanunk, hogy jogos a „tér” megnevezés:

15.1.8. Állítás Im(ϕ) altér W -ben.

Bizonyítás. Ha u′ és v′ két vektor az Im(ϕ)-ben, akkor vannak olyan u és vvektorok, amelyek képe éppen az a két vektor. Az összegük képe (15.1) miattpedig éppen a képeik összege, így az is eleme Im(ϕ)-nek.

Ha pedig u képe u′, akkor az αu′-t az αu képeként kaphatjuk meg a (15.2)tulajdonság miatt. �

15.1.9. Tétel Ha ϕ : V → W homogén lineáris leképezés, akkor a magtere ésképtere dimenziójának összege a V dimenziójával egyenlő.

Bizonyítás. Készítsünk először egy bázist Ker(ϕ)-ben. Egészítsük ki V -belibázissá.

Amit kapunk, egy V -beli bázis, amelynek a kezdőelemei (például az első k)Ker(ϕ)-ből vannak:

e1, . . . , ek, ek+1, . . . , en

179

Legyen az ek+1, . . . , en vektorok képe W -ben f1, . . . , fn−k.

Belátjuk, hogy a bázis további (k-nál nagyobb indexű) elemeinek képe bázistalkot az Im(ϕ)-ben.

1. A képek lineárisan függetlenek: Tegyük fel ugyanis, hogy a képek egy nemtriviális lineáris kombinációja előállítja a W -beli 0-t.

α1ϕ(ek+1) + . . .+ α1ϕ(en) = 0

Ekkorϕ(α1ek+1 + . . .+ α1en) = 0,

tehát α1ek+1 + . . . + α1en benne van a Ker(ϕ)-ben, így előállna a bázis első kelemének lineáris kombinációjaként. A kettő különbsége 0 lenne – nem triviálismódon elő tudnánk állítani a V -beli nulla vektort a báziselemekkel. Ez azonbanlehetetlen.

2. Minden Im(ϕ)-beli elem előáll ek+1, . . . , en képei lineáris kombinációjaként.Legyen ugyanis w′ ∈ Im(ϕ), ekkor – mivel w′ valamely elem képeként előáll,például w ∈ V képeként –, írjuk fel az e bázisban ezt a w-t:

γ1e1 + . . .+ γkek + γk+1ek+1 + . . .+ γnen

Ennek ϕ szerinti képe – mivel az első k elem képe 0, éppen

γk+1ϕ(ek+1) + . . .+ γnϕ(en).

Eszerint w′ valóban előáll a (k+1)-től n-ig terjedő indexű elemek képei lineáriskombinációjaként.

Vagyis tényleg igaz, hogy dim(Ker(ϕ)) + dim(Im(ϕ)) = dim(V ).

Azt is beláttuk, hogy az ek+1, . . . , en vektorok által generált altér ugyanannyi(véges) dimenziós, mint Im(ϕ), vagyis a két altér izomorf. �

15.2. A homogén lineáris leképezés és a mátrixokkapcsolata

Láttuk, hogy ha ismerjük egy V → W homogén lineáris leképezés egy bázisvektoraihoz rendelt értékeit, akkor minden V -beli vektor képét meg tudjukhatározni.

180

Rendelje hozzá ϕ a bázisvektorokhoz rendre a következő W -beli, f bázisbanfelírt vektorokat:

α11

α12...α1k

α21

α22...α2k

. . .αn1αn2...αnk

Ha most v = β1e1+. . .+βnen, akkor ϕ(v) = β1ϕ(e1)+. . .+βnϕ(en). Ez viszontnem más, mint a fenti oszlopvektorok βi együtthatókkal vett lineáris kombiná-ciója. Eszerint ha az oszlopvektorokat egy mátix oszlopainak tekintjük, akkorϕ(v) a v komponenseiből álló oszlopvektorral vett szorzazta.

Ez pedig azt jelenti, hogy ha a bázisvektorok képét mint oszlopvektorokat egymátrixba írjuk, akkor tetszőleges vektor képét megkaphatjuk, ha megszorozzukezt a mátrixot a vektorral.

15.2.1. Definíció. Ha ϕ : V → W homogén lineáris leképezés, e1, . . . , en bázisV -ben, akkor az ei vektorokból álló mátrixot a ϕ leképezés f bázisban felírtmárixának nevezzük.

15.2.2. Megjegyzés. Vegyük észre, hogy a felírás függ a bázisoktól.

Az imént megfogalmazottakat foglalja össze a következő tétel:

15.2.3. Tétel Ha ϕ : V → W homogén lineáris leképezés, e1, . . . , en bázis V -ben, akkor tetszőleges V -beli vektor képet megkaphatjuk, ha a leképezés mátri-xával balról megszorozzuk a vektor mátrixát. (Minden mátrixfelírás ugyanabbana V -beli bázisban értendő.)

A dolog megfordítva is működik, vagyis ha van egy mátrix, akkor gondolhatunkrá úgy, mint egy homogén lineáris leképezés mátrixa. Tudjuk ugyan, hogy ezcsak a bázisvektorokon felvett értékeket tartalmazza, de – mint láttuk – ezegyértelműen meghatározza a leképezést.

Most felmerül a kérdés hogy ha a leképezések kapcsolatba hozhatók a mátri-xokkal, kapcsolatba hozhatók a vektorterekkel, és a mátrixokat és a vektorokatmár egyszer kapcsolatba hoztuk a lináris egyenletrendszerekkel, akkor hogyanköthetők a homogén lineáris leképezések a lineáris egyenletrendszerekhez.

181

15.3. A homogén lineáris leképezések kapcsolataa lineáris egyenletrendszerekkel

A kapcsolatot megtalálhatjuk a közös felírásban, a mátrix alakban. A lineárisegyenletrendszer Ax = c alakjából arra következtetünk, hogy keressük, hogyaz a homogén lineáris leképezés, amelynek a mátrixa A, melyik vektort viszic-be. Meg kellene keresnünk tehát a leképezés inverzleképezését.

Ahogy korábban is tettük, megelégszünk egy kicsit kevesebbel.

Tételezzük fel, hogy W azonos V -vel, vagyis ϕ transzformáció. Ezzel garantál-juk, hogy a leképezés mátrixa négyzetes lesz.

Fogalmazzuk meg, hogy ekkor mi szerepel az e-f bázispárban.

A leképezés során az egyik bázis elemeit átvisszük egy másik bázis elemeibe.Ha ez a leképezés egy-egy értelmű, vagyis létezik inverzleképezése, akkor aztörténik, hogy a vektortér vektorait az egyik bázis helyett egy másik bázisbanírjuk fel. Ez a leképezés úgynevezett bázisáttérés vagy bázistranszformáció.

Ennek a problémának a megoldása is végső soron egy lineáris egyenletrendszermegoldásához vezet (invertáljuk a mátrixot), ennek az eljárásnak a neve elemibázistranszformáció. Jogosan használtuk tehát az egyenletrendszer megoldá-sakor az elemi bázistranszformáció elnevezést.

Ezt az eljárást itt most nem részletezzük.

15.4. Néhány konkrét transzformáció mátrixa

A síkban és a térben felvett szokásos Descartes koordináta-rendszer x pozitívféltengelye irányába mutató egységvektort jelölje i, az y tengelyen hasonlóanfelvett vektort j, a z tengelyen pedig k.

i, és j az x-y sík, a három vektor együtt a tér bázisát alkotja. Ezt a bázistnevezzük sztenderd (szokásos) bázisnak.

Példa. Vizsgáljuk meg a sík x tengelyre vonatkozó tükrözésének mátrixát asztenderd bázisban.

Az i vektor képe az i marad, a j képe a −j. Eszerint a leképezés mátrixa:[1 00 −1

]

182

Ellenőrizzük, hogy tetszőleges[xy

]vektornak mi lesz a képe:

[1 00 −1

]·[xy

]=

[x−y

],

ami valóban a vektor x tengelyre vonatkozó tükörképe.

Példa. Milyen síktranszformáció rendel az i vektorhoz j-t, és a j-hez i-t? Írjukfel a mátrixát!

Mivel az i és a j helyet cserél, lehet, hogy ez egy olyan tengelyre vonatkozótükrözés, amely a két vektor által bezárt szöget felezi (vagyis az x = y egyenes).

A mátrixa[0 11 0

].

Vizsgáljuk meg, hogy akkor mi lesz a tetszőleges (x; y) vektor képe.[0 11 0

]·[xy

]=

[yx

],

azaz ez a transzformáció valóban felcseréli a koordinátákat, tehát az x = ytengelyre vonatkozó tükrözés.

Példa. Állapítsuk meg, hogy a [1 10 0

]mátrix-szal adott leképezés milyen síkbeli transzfomációhoz tartozik.

Mivel a tetszőleges (x, y) koordinátájú ponthoz a[1 10 0

]·[xy

]=

[x+ y

0

]algebrai vektort rendeli, azaz beleképezi a vektorokat az x tengelybe, mégpediga nullától olyan távolságra, amennyi a koordinátái összege.

Ilyen leképezést „név szerint” nem ismerünk, de mégis van, hiszen most adtukmeg.

Egyébként pedig egy nyírás és egy x tengelyre vonatkozó merőleges vetítésegymás utánja.

183

A nyírás mátrixa[1 10 1

], az x tenglyre vetítésé

[1 00 0

]. A két mátrix fordított

irányban vett szorzata éppen az általunk felírt[1 10 0

]mátrix.

Nem nehéz belátni, hogy ez nem is véletlen.

Ha a mátrixokat M -mel, illetve M1, M2-vel jelöljük, akkor – mivel a vektorképe egy mátrixszorzással kapható –, M = M2M1, és így Mv = (M2M1)v =M2(M1v).

15.5. Homogén lineáris leképezések szorzata, ska-lárszorosa, összege

15.5.1. Következmény. Két leképezés szorzatának mátrixa a leképezésekmátrixának szorzata. (Mégpedig úgy, hogy az előbb elvégzendő leképezés mátrixaszerepel jobb oldalon.)

A fenti összefüggés alapján definálhatjuk két leképezés szorzatát.

Definíció. Homogén lineáris leképezéseknek definiálható az összege, skalárralvett szorzata: (ϕ+ ψ)v = ϕ(v) + ψ(v), (λϕ)(v) = ϕ(λv) = λ(ϕ(v)).

A T fölötti V vektorteret önmagába vivő homogén lineáris leképezései gyűrűtalkotnak.

Feladatok

1. Adja meg a sztenderd bázisban a sík következő leképezéseinek mátrixát!

(a) Az x tengelyre vonatkozó tükrözés.(b) Az y tengelyre vonatkozó tükrözés.(c) Az x = −y egyenesre mint tengelyre vonatkozó tükrözés.(d) Az origó körüli 30◦-os elforgatás.(e) Az origó körüli 60◦-os elforgatás.(f) Az x tengelyre való merőleges vetítés.

2. Adja meg a sztenderd bázisban a tér következő leképezéseinek mátrixát!

(a) Az x-y síkra vonatkozó tükrözés.

184

(b) Az x-z síkra vonatkozó tükrözés.(c) Az y-z síkra vonatkozó tükrözés.(d) Az x tengely körüli 90◦-os (pozitív irányú) elforgatás.(e) Az x = y egyenletű síkra vonatkozó tükrözés.(f) Az y-z síkra való merőleges vetítés.(g) Az y tengelyre való merőleges vetítés.

3. Az alábbiakban megadjuk a R feletti sík egy-egy transzformációjánaksztenderd bázisában felírt a mátrixát! Határozza meg, hogy mi a leképe-

zés szerinti képe egy tetszőleges[xy

]vektornak.[

1 01 0

] [1 00 0

] [1 00 1

] [0 11 0

] [0 1−1 0

] [−1 00 −1

],

4. Az alábbiakban megadjuk a R feletti tér egy-egy transzformációjánaksztenderd bázisában felírt a mátrixát! Határozza meg, hogy mi a leképe-

zés szerinti képe egy tetszőleges

xyz

vektornak.

1 0 00 1 00 0 1

2 0 00 2 00 0 2

−1 0 00 0 00 0 0

0 1 00 −1 00 0 1

0 1 0

0 0 11 0 0

1 0 00 0 00 0 0

0 1 00 1 00 1 0

5. Írja fel a sík origó körüli 90◦-kal történő elforgatásának mátrixát, emelje

négyzetre. Melyik síkbeli transzformáció mátrixát kapta?

6. Írja fel a síknak az x = y egyenesre mint tengelyre történő tükrözés,valamint az y tengelyre vonatkozó tükrőzés mátrixát. Szorozza össze akét mátrixot mindkét irányból. Melyik síkbeli transzformáció mátrixátkapta a két esetben?

7. Jelölje A a sík az y tengelyre vonatkozó merőleges vetítésének mátrixát,B pedig az origó körüli 90◦-kal történő elforgatásának mátrixát SzorozzaA-t balról B-vel, majd a kapott szorzatot ismét balról A-val. (ABA)Melyik síkbeli transzformáció mátrixát kapta?Mi történik, ha BAB sorrendben végzi el a szorzást?

185

8. Határozza meg az előző feladatokban szereplő összes homogén lineárisleképezés magterét, képterét, valamint ezek dimenzióját.

186

16. A könyvhöz kapcsolódóprogramok

1. www.cs.elte.hu/~kfried/algebra2/MultiplyScalar.jarMátrix skalárral való szorzása (3× 3-as mátrix)

2. www.cs.elte.hu/~kfried/algebra2/MatrixAddition.jarMátrixösszeadás (3× 3-as mátrixok)

3. www.cs.elte.hu/~kfried/algebra2/MatrixMultiplicationMátrixszorzás (3× 3-as mátrixok)

4. www.cs.elte.hu/~kfried/algebra2/MatrixBiMul.jarMátrixszorzás (különböző méretű mátrixok: 3× 2-es és 2× 3-as)

5. www.cs.elte.hu/~kfried/algebra2/MatrixTranspose.jarMátrixtranszponálás (3× 3-as mátrix)

6. www.cs.elte.hu/~kfried/algebra2/MatrixDeterminant.jarMátrix determinánsa (3× 3-as mátrix)

7. www.cs.elte.hu/~kfried/algebra2/MatrixInvert.jarMátrix-inverz (3× 3-as mátrix)

8. www.cs.elte.hu/~kfried/algebra2/Equations.jarEgyenletrendszer-megoldás (3× 3-as mátrixú)

187

17. A könyvhöz tartozótesztkérdések

1. Hány nem komplex szám szerepel az alábbiak között? 1+i, i, 1, 0, −1+2i

(a) 0

(b) 1

(c) 2

(d) 3

2. Mit nem értelmeztünk a komplex számok körében?

(a) Az összeadást.

(b) A szorzást.

(c) A négyzetgyökvonást.

(d) A rendezést.

3. Milyen feltétellel lehet egy nem valós komplex szám és egy valós számösszege valós?

(a) Semmilyen körülmények között sem lehet valós.

(b) Ha az egyik a 0.

(c) Csak ha az egyik a másik ellentettje.

(d) Ha az egyik a másik reciproka.

4. Milyen feltétellel lehet egy nem valós komplex szám és egy valós számszorzata valós?

(a) Ha az egyik az 1.

188

(b) Csak ha az egyik a másik ellentettje.

(c) Ha az egyik a másik reciproka.

(d) Ha az egyik a 0.

5. Lehet-e két komplex szám összege valós?

(a) Nem, mert komplex számok összege komplex.

(b) Ha egyik sem 0.

(c) Csak ha az egyik a másik ellentettje.

(d) Nagyon sok esetben lehet.

6. Lehet-e két komplex szám szorzata valós?

(a) Nem, mert komplex számok szorzata komplex.

(b) Csak ha az egyik az 1.

(c) Csak ha az egyik a másik ellentettje.

(d) Nagyon sok esetben lehet.

7. Az alábbiak közül melyik 1 + i négyzete?

(a) 2i

(b) 2 + 2i

(c) 2− 2i

(d) −2− 2i

8. Van-e olyan komplex szám, amely önmagával vett szorzata (azaz a négy-zete) −5?

(a) Nem, mert negatív szám nem lehet semminek sem a négyzete.

(b) Igen, mert minden valós számnak van valós négyzetgyöke, és akkoraz komplex.

(c) Igen, mert minden komplex szám valamely komplex számnak és an-nak ellentettjének is a négyzete.

(d) Nem, mert nincs olyan a és b, amelyre (a + b · i)2 egyenlő lenne(−5)-tel.

9. Egy komplex szám négyzetgyöke 1− 2i. Melyik a másik négyzetgyöke?

189

(a) −1− 2i

(b) −1 + 2i

(c) nincs ilyen

(d) 1 + 2i

10. Az alábbiak közül melyik a −5− 12i négyzetgyöke?

(a) Nincs négyzetgyöke, mert negatív.

(b) 2 + 3i

(c) −3 + 2i

(d) 2− 3i

11. Melyik nagyobb i vagy −2i?

(a) −2i

(b) i

(c) egyenlők

(d) nem összehasonlíthatók

12. Állítsa abszolút értékeik szerint csökkenvő sorrendbe a négy szemléltetett(A, B, C, D) komplex számot!

(a) A > B > C = D

190

(b) D > A > B > C

(c) D > B > A > C

(d) D > B > C > A

13. Állítsa az előző számok legkisebb nemnegatív argumentumait növekvősorrendbe! Hogyan következnek egymás után?

(a) arc(D) < arc(A) < arc(B) < arc(C)

(b) arc(A) < arc(B) < arc(C) < arc(D)

(c) arc(A) < arc(C) = arc(B) < arc(D)

(d) arc(A) < arc(C) < arc(B) < arc(D)

14. Milyen geometriai alakzatot határoznak meg azok a komplex számok,amelyek abszolút értéke legfeljebb 2?

(a) zárt félegyenes

(b) egyenes

(c) zárt félsík

(d) zárt körlap

15. Milyen geometriai alakzatot határoznak meg azok a komplex számok,amelyek arkusza

π

3?

(a) zárt félegyenes

(b) egyenes

(c) zárt félsík

(d) zárt körlap

16. Milyen geometriai alakzatot határoznak meg azok a komplex számok,amelyek abszolút értéke π?

(a) zárt félegyenes

(b) egyenes

(c) zárt félsík

(d) körvonal

17. Melyik komplex szám trigonometrikus alakja a 2 ·(

sinπ

3− i cos

π

3

)?

191

(a) 1 +√

3i

(b)√

3 + i

(c) 1−√

3i

(d)√

3− i

18. Az alábbiak közül melyik komplex szám algebrai alakja1√2

(1− i)?

(a) cosπ

4+ i sin

π

4

(b) sinπ

4+ i cos

π

4

(c) cosπ

4− i sin

π

4

(d) sinπ

4− i cos

π

4

19. Mennyi√

1 + i

1− i?

(a) ± 1√2i

(b) ± 1√2

(i+ 1)

(c) ± 1√2

(i− 1)

(d) ± 1√2

(−i)

20. Az alábbiak közül melyik polinomnak van pontosan egy gyöke a komplexszámhalmazon?

(a) x− 2

(b) x2 + 2

(c) x3 − 2

(d) x3 − 1

21. Melyik polinom osztója az alábbiak közül az x2 + 2x+ 2 polinomnak?

(a) Nincs osztója.

192

(b) x− i(c) x− 1 + i

(d) x+ 1− i

22. Hányadfokú nem lehet egy hatodfokú és egy negyedfokú polinom legna-gyobb közös osztója?

(a) ötödfokú

(b) negyedfokú

(c) harmadfokú

(d) elsőfokú

23. A −2, −1, 0 és 1 konstansok közül melyiket írhatjuk az x2 + x + a po-linomban a helyére úgy, hogy az egészek felett felbontható polinomotkapjunk?

(a) −2 és −1

(b) −1 és 0

(c) 0 és −2

(d) 1 és −1

24. Hányadfokú nem lehet két másodfokú polinom összege?

(a) 2-nél magasabb fokú

(b) Másodfokú

(c) Elsőfokú

(d) Nulladfokú

25. Hányadfokú lehet két elsőfokú polinom szorzata?

(a) 2-nél magasabb fokú

(b) Másodfokú

(c) Elsőfokú

(d) Nulladfokú

26. Mennyi a harmadfokú tag együtthatója az x3 + x2 + x + 1 és az 5x + 1polinomok szorzatpolinomjában?

193

(a) 5

(b) 3

(c) 6

(d) 0

27. Mennyi a tagok maximális száma, ha összeszorzunk egy harmadfokú ésegy negyedfokú polinomot?

(a) 13

(b) 12

(c) 7

(d) 8

28. Az alábbiak közül melyik szükséges feltétele annak, hogy két polinomszorzata 0 legyen?

(a) Mindkettő a nulla polinom legyen.

(b) Azonos legyen a fokszámuk.

(c) Az egyik a nulla polinom legyen.

(d) Az egyik osztója legyen a másiknak.

29. Az alábbiak közül melyikről tudható, hogy nem oszthatója 20-adfokúpolinomnak?

(a) x2 + x+ 1

(b) x− 1

(c) x5 + 1

(d) x3 − x2 + x− 1

30. Az alábbiak közül melyik polinom racionálisok feletti irreducibilitása ál-lapítható meg a Schönemann–Eisenstein kritérium alapján?

(a) x9 + 2x3 + 4

(b) 2x8 + 2x4 + 4

(c) 4x6 + 2x5 + 2

(d) x7 + 2x6 + 2

194

31. Az alábbiak közül melyik racionális szám jöhet szóba az 4x4−3x3−2x2+1polinom gyökeként?

(a) 4

(b) −2

(c) 2

(d) −1

4

32. Mi lesz a törtszorzója a2

3x3 +

1

4x2 − 3

2x +

1

5polinomnak megfeleltetett

primitív polinomnak?

(a)1

120

(b)1

60

(c)3

20

(d)1

20

33. Ha a24

5x3 +

12

10x2 − 8

3x +

4

5polinomot felírjuk egy racionális szám és

egy primitív polinom szorzataként, akkor az alábbiak közül melyik lesz aprimitív polinomban a legmagasabb fokú tag?

(a) 24x3

(b) 36x3

(c) 72x3

(d) 96x3

34. Ha a24

5x3 +

12

10x2 − 8

3x +

4

5polinomot felírjuk egy racionális szám és

egy primitív polinom szorzataként, akkor az alábbiak közül melyik lesz aprimitív polinomban az elsőfokú tag?

(a) 20x

(b) 40x

(c) 8x

195

(d) az előzőek egyike sem.

35. Az 3x + 6y = 2x − 2y = 5

}egyenletrendszer megoldásszáma

(a) 0

(b) 1

(c) végtelen sok.

(d) nem határozható meg.

36. Egy n egyenletből álló, n ismeretlenes lineáris egyenletrendszernek

(a) mindig van egy egyértelműen meghatározott megoldása.

(b) mindig n megoldása van.

(c) legfeljebb n megoldása van.

(d) 0, 1 vagy végtelen sok megoldása lehet.

37. Ha A és B két 2×2-es mátrix, akkor az A+B és a B+A összegmátrixok

(a) soha nem egyenlők.

(b) mindig egyenlők.

(c) lehetnek egyenlők.

(d) különböző méretű mátrixok.

38. Ha A és B két 2× 2-es mátrix, akkor az AB és a BA szorzatmátrixok. . .

(a) soha nem egyenlők.

(b) mindig egyenlők.

(c) lehetnek egyenlők.

(d) különböző méretű mátrixok.

39. Csak akkor lehet az A és a B mátrixokat összeadni és összeszorozni is,ha

(a) ugyanolyan a méretük.

(b) A sorszáma megegyezik B oszlopszámával.

(c) A oszlopszáma megegyezik B sorszámával.

(d) ugyanolyan méretű négyzetes mátrixok.

196

40. Ha A és B olyan mátrixok, hogy létezik az AB szorzatmátrix, akkor(AB)T . . .

(a) egyenlő AT ·BT -tal.

(b) egyenlő (BA)T -tal.

(c) egyenlő BT · AT -tal.(d) nem feltétlenül létezik.

41. Egy 4× 4-es mátrix determinánsának kiszámításához kiszámítandó szor-zatok száma

(a) 4

(b) 16

(c) 24

(d) 256

42. A 4 × 4-es mátrix determinánsának kiszámításakor az alábbi szorzatokközül melyik kap negatív előjelet?

(a) a11a22a33a44(b) a12a21a34a43(c) a11a22a34a43(d) a14a23a32a41

43. Ha egy 3× 3-as mátrixot megszorzok k-val, akkor a kapott mátrix deter-minánsa

(a) az eredeti mátrix determinánsának k3-szöröse lesz.

(b) az eredeti mátrix determinánsának 3k-szorosa lesz.

(c) az eredeti mátrix determinánsának k!-szorosa lesz.

(d) az eredeti mátrix determinánsának k-szorosa lesz.

44. Melyik állítás nem igaz az alábbiak közül?

(a) Bármely két 2-dimenziós vektortér izomorf.

(b) Ha két vektortér izomorf, akkor egyenlő a dimenziójuk.

(c) Ha egy vektortérben van kételemű bázis, akkor az a vektortér két-dimenziós.

197

(d) Ha egy valós feletti vektortérnek van kételemű bázisa, akkor az avektortér izomorf a szokásos (euklideszi) síkkal.

45. Melyik állítás nem igaz az alábbiak közül?

(a) Ha egy vektorrendszer összefüggő, akkor lehet, hogy eleme a null-vektor.

(b) Ha egy vektorrendszernek eleme a nullvektor, akkor az összefüggővektorrendszer.

(c) Egy bázisnak nem lehet eleme a nullvektor.

(d) Egy generátorrendszernek nem lehet eleme a nullvektor.

46. Melyik nem igaz az Ax = b egyenletrendszerre?

(a) Ha A oszlopai által generált altérnek eleme a b, akkor az egyenlet-rendszer megoldható.

(b) Ha A nem invertálható, akkor az egyenletrendszernek nincs megol-dása.

(c) Ha A reguláris, akkor egyetlen megoldása van.

(d) Gauss-eliminációval meghatározható a megoldásai száma.

47. A sík O körüli −π2szögű elforgatásának mátrixa a szokásos i, j bázisban

(a)[0 11 0

](b)

[0 1−1 0

](c)

[0 −11 0

](d)

[0 −1−1 0

]48. A tér x tengely körüli π szögű elforgatásának mátrixa a szokásos i, j, k

bázisban

(a)

−1 0 00 1 00 0 −1

198

(b)

−1 0 00 −1 00 0 −1

(c)

−1 0 00 −1 00 0 1

(d)

1 0 00 −1 00 0 −1

49. Az

[1 01 1

]mátrix melyik síkbeli transzformáció mátrixának felírása a

szokásos i, j bázisban?

(a) x tengely irányú nyírás.

(b) y tengely irányú nyírás.

(c) x tengelyre vonatkozó tükrözés.

(d) y tengelyre vonatkozó tükrözés.

50. A

−2 0 00 −2 00 0 −2

mátrix melyik térbeli transzformáció mátrixának fel-

írása a szokásos i, j, k bázisban?

(a) x tengely irányú (−2)-szeres nagyítás.

(b) y tengely irányú (−2)-szeres nagyítás.

(c) z tengely irányú (−2)-szeres nagyítás.

(d) O középpontú (−2)-szeres nagyítás.

199

A tesztkérdések megoldása

1. (a) 2. (d) 3. (a) 4. (d) 5. (d) 6. (d) 7. (a) 8. (c) 9. (b) 10. (d)

11. (d) 12. (c) 13. (c) 14. (d) 15. (a) 16. (d) 17. (d) 18. (d) 19. (b) 20. (a)

21. (d) 22. (a) 23. (c) 24. (a) 25. (b) 26. (c) 27. (d) 28. (c) 29. (d) 30. (d)

31. (d) 32. (b) 33. (b) 34. (d) 35. (a) 36. (d) 37. (b) 38. (c) 39. (d) 40. (c)

41. (c) 42. (c) 43. (a) 44. (a) 45. (d) 46. (b) 47. (b) 48. (d) 49. (b) 50. (d)

200

Irodalomjegyzék

[1] Fried Ervin: Algebra I: Elemi és lineáris algebra, Nemzeti Tankönyvkiadó,2000

[2] Freud Róbert: Lineáris algebra, ELTE Eötvös Kiadó, 2007

[3] Rózsa Pál: Bevezetés a mátrixelméletbe, TypoTeX kiadó, 2009

[4] Szalay Mihály: Lineáris algebra előadás informatikus hallgatóknak

[5] Fagyejev–Szominszkij: Felsőfokú algebrai példatár, TypoTeX, 2000

201

Tárgymutató

(n× k)-as mátrix, 115összefüggő vektorrendszer, 165

aldetermináns, 141algebrai alaknak, 19alsó háromszögmátrix, 139arkusz, 23arumentum, 23asszociált, 65

bázis, 167bázisáttérés, 182bázistranszformáció, 182

Cardano-forduma, 91casus irreducibilis, 92

determináns, 132determinánsok szorzástétele, 144diagonális mátrix, 139dimenzió, 170

együttható, 57együtthatómátrix, 116egység, 64egységgyök, 47egységmátrix, 126ekvivalens egyenlet, 79ekvivalens polinomfüggvény, 79elemi bázistranszformáció, 127, 182

főegyüttható, 58főtag, 58felbonthatatlan polinom, 72felső háromszögmátrix, 139

ferde kifejtés, 156fokszám, 57

Gauss-elimináció, 112generált altér, 167generátorrendszer, 167geometriai alak, 20gyűrű, 61

harmadfokú egyenlet megoldóképlete,91

határozatlan, 57helyettesítési érték, 57homogén lineáris egyenletrenszer, 152

imaginárius tengely, 20inverzmátrix, 155irányszög, 23irreducibilis polinom, 72ismeretlen, 57

külső művelet, 161képtér, 179képzetes egység, 20képzetes rész, 19képzetes tengely, 20komplex n-edik egységgyök, 47komplex egységgyök, 47komplex konjugált, 20komplex szám, 8komplex szám abszolút értéke, 22komplex szám argumentuma, 23komplex szám arkusza, 23komplex szám irányszöge, 23

202

komplex szám polárkoordinátás alak-ja, 24

komplex szám trigonometrikus alakja,24

konjugált, 20konstans polinom, 58koordináta, 173

legnagyobb közös osztó, 65leképezés mátrixa, 181lineáris egyenletrendszer, 106lineáris egyenletrendszer megoldása,

106lineáris kombináció, 109, 163lineárisan független vektorrendszer,

163

mátrix, 115mátrix főátlója, 120mátrix inverze, 155mátrix szorzása számmal, 116mátrix transzponáltja, 120mátrixok összeadása, 116mátrixok szorzása, 117magtér, 179maradékos osztás, 66mellékátló, 130Moivre-formula, 42

négyzetes mátrix, 119nullvektor, 161

oszloptranszformáció, 141oszlopvektor, 115, 125osztó, 64

polinom, 57polinom főegyütthatója, 58polinom főtagja, 58polinom fokszáma, 57polinom gyöke, 76polinom mértéke, 60

polinomgyűrű, 61polinomok összege, 58polinomok maradékos osztása, 66polinomok szorzata, 59prímtulajdonságú polinom, 72primitív n-edik egységgyök, 48primitív polinom, 80

reciprokegyenlet, 95reguláris egyenletrendszer, 148reguláris mátrix, 147

sakktáblaszabály, 142skalár, 161sortranszformáció, 141sorvektor, 115

többszörös, 64tag, 57test feletti mátrix, 115tiszta képzetes, 19trigonometrikus alak, 24triviális lineáris kombináció, 163triviális megoldás, 152

változó, 57valódi fokszám, 58valós egység, 20valós rész, 19valós tengely, 20vektor, 161vektorrendszer, 163vektortér, 161vektortér dimenziója, 170

203

Tartalomjegyzék

Bevezetés 1

I. A komplex számok 3

1. A komplex számok bevezetése 4

1.1. A komplex számok szemléletes bevezetése . . . . . . . . . . . . . 5

1.2. A komplex számok algebrai bevezetése . . . . . . . . . . . . . . 11

1.3. A komplex számok négyzetgyökéről . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.4. Polinomegyenletek megoldóképletéről . . . . . . . . . . . . . . . 15

2. Komplex számok algebrai és trigonometrikus alakja 19

2.1. A komplex számok szemléltetése . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2.2. A komplex számok trigonometrikus alakja . . . . . . . . . . . . 22

3. Alapműveletek a komplex számokon 30

3.1. Komplex számok összegének, szorzatának szemléltetése . . . . . 30

3.2. Műveletek a trigonometrikus alakkal . . . . . . . . . . . . . . . 33

3.3. Komplex számok összegének, szorzatának konjugáltja, abszolútértéke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

4. Hatványozás, gyökvonás a komplex számok körében 41

4.1. Hatványozás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

4.2. Komplex számok gyökei . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

204

II. Polinomok 55

5. Polinomok 56

5.1. Polinomokkal kapcsolatos fogalmak . . . . . . . . . . . . . . . . 57

5.2. Műveletek polinomokkal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

6. Polinomok számelmélete 64

6.1. Oszthatóság . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

6.2. Legnagyobb közös osztó . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

6.3. A maradékos osztás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

6.4. Az euklideszi algoritmus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

7. Az algebra alaptétele és következményei 76

7.1. Néhány fontos fogalom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

7.2. Irreducibilis komplex együtthatós polinomok . . . . . . . . . . . 77

7.3. Irreducibilis valós együtthatós polinomok . . . . . . . . . . . . . 77

7.4. Irreducibilis racionális együtthatós polinomok . . . . . . . . . . 79

7.5. A Horner-elrendezés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85

8. Magasabbfokú egyenletek 88

8.1. A másodfokú egyenletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

8.2. A harmadfokú egyenletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89

8.3. Magasabbfokú egyenletekről . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95

III. Lineáris algebra 100

9. Lineáris algebra 101

10.Lineáris egyenletrendszerek 106

10.1. A lineáris egyenletrendszer fogalma . . . . . . . . . . . . . . . . 106

11.A Gauss-elimináció 109

11.1. Egyenletek lineáris kombinációja . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109

205

11.2. A Gauss-elimináció lépései . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110

12.Mátrixok 114

12.1. A mátrix fogalma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115

12.2. Műveletek mátrixokkal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116

12.2.1. A mátrixok szorzatáról . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121

12.3. Az elemi bázistranszformáció . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126

13.Determináns 129

13.1. A determináns fogalma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131

13.2. A determináns néhány fontos tulajdonsága . . . . . . . . . . . . 134

13.3. A determináns kifejtése . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141

13.4. A mátrixműveletek és a determináns kapcsolata . . . . . . . . . 143

13.5. A lineáris egyenletrendszerek megoldása determinánssal . . . . . 147

13.5.1. Homogén lineáris egyenletrendszer . . . . . . . . . . . . . 152

13.6. Mátrix inverze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153

13.7. Lineáris egyenletrendszer megoldásának felírása mátrixokkal . . 157

14.Vektorterek 160

14.1. A vektortér fogalma, alapvető tulajdonságai . . . . . . . . . . . 160

14.2. A vektortér és a lineáris egyenletrendszer kapcsolata . . . . . . . 173

15.Homogén lineáris leképezések 175

15.1. Homogén lineáris leképezés definíciója és tulajdonságai . . . . . 175

15.2. A homogén lineáris leképezés és a mátrixok kapcsolata . . . . . 180

15.3. A homogén lineáris leképezések kapcsolata a lineáris egyenlet-rendszerekkel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182

15.4. Néhány konkrét transzformáció mátrixa . . . . . . . . . . . . . . 182

15.5. Homogén lineáris leképezések szorzata, skalárszorosa, összege . . 184

16.A könyvhöz kapcsolódó programok 187

17.A könyvhöz tartozó tesztkérdések 188

206

A tesztkérdések megoldása 200

Irodalomjegyzék 201

Tárgymutató 202

Tartalomjegyzék 204

Video az elemi bázistranszformációhoz: http://www.cs.elte.hu/~kfried/algebra2/ELBT.avi

207